Encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável
\boldsymbol{X}^{\boldsymbol{\prime}}=\left[\begin{array}{ll}-6 & 2 \\\\ -3 & 1\end{array}\right] \boldsymbol{X}

Passo 1

O que o enunciado pede e quais dados temos.
  • O enunciado pede:
    • Encontrar os autovalores \lambda da matriz A=\begin{pmatrix}-6 & 2\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix},isto é, valores \lambda tais que exista vetor não-nulo v com A v=\lambda v.
    • Encontrar os autovetores v correspondentes a cada autovalor.
    • Determinar se o sistema linear autônomo X' = A Xé estável, assintoticamente estável ou instável.
  • Informações relevantes dadas:
    • A matriz A é a matriz 2\times2 indicada acima.
    • Não há imagens ou dados adicionais.]

Passo 2

Breve explicação do método que vamos usar (em linguagem simples).
  • Autovalores são as soluções da equação característica \det(A-\lambda I)=0,onde I é a matriz identidade.
  • Para cada autovalor \lambda resolvemos o sistema linear homogêneo (A-\lambda I)v=0para achar os autovetores v (vetores não-nulos).
  • Para a estabilidade do sistema X'=AX usamos a regra:
    • Se todas as partes reais dos autovalores são negativas \Rightarrow sistema assintoticamente estável.
    • Se algum autovalor tem parte real positiva \Rightarrow sistema instável.
    • Se todas as partes reais são \le 0 e existe pelo menos um autovalor com parte real =0, é preciso inspecionar a multiplicidade algébrica e geométrica; frequentemente isso leva a estabilidade (mas não assintótica) ou instabilidade dependendo de Jordan. No caso de autovalores distintos (matriz diagonalizável) com um zero e os demais negativos, o sistema é estável (soluções limitadas) mas não assintoticamente estável — modo constante permanece.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
  • Escrever A-\lambda I: A-\lambda I=\begin{pmatrix}-6-\lambda & 2\\[4pt]-3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
  • Calcular o determinante: \det(A-\lambda I)=(-6-\lambda)(1-\lambda)-2(-3).
  • Desenvolvendo (mostrando cada passo da álgebra): (-6-\lambda)(1-\lambda) = (-6)(1-\lambda)-\lambda(1-\lambda) = -6 +6\lambda -\lambda +\lambda^{2} = \lambda^{2}+5\lambda-6.Agora somar o termo -2(-3)=+6: \det(A-\lambda I)=(\lambda^{2}+5\lambda-6)+6=\lambda^{2}+5\lambda.
  • Portanto o polinômio característico é \det(A-\lambda I)=\lambda^{2}+5\lambda=\lambda(\lambda+5).]

Passo 4

Obter os autovalores a partir do polinômio característico.
  • Resolver \lambda(\lambda+5)=0. As raízes são \lambda_{1}=0,\qquad \lambda_{2}=-5.

Passo 5

Encontrar o autovetor associado a [\lambda_{1}=0).
  • Precisamos resolver (A-0\cdot I)v = A v = 0.
  • Escrevendo o sistema linear A v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}: \begin{cases} -6x + 2y = 0,\\[4pt] -3x + 1y = 0. \end{cases}
  • A segunda equação dá -3x + y = 0 \Rightarrow y = 3x\]. - Substituindo na primeira: \(-6x + 2(3x)= -6x +6x =0, consistente.
  • Então os vetores da forma v = x\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix} são autovetores. Podemos escolher a indicação simples v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix}.(Qualquer múltiplo escalar não-nulo serve.)]

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a [\lambda_{2}=-5).
  • Precisamos resolver (A-(-5)I)v=(A+5I)v=0.
  • Calcular A+5I: A+5I=\begin{pmatrix}-6+5 & 2\\[4pt]-3 & 1+5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt]-3 & 6\end{pmatrix}.
  • Resolver (A+5I)v=0 com v=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}: \begin{cases} -x + 2y = 0,\\[4pt] -3x + 6y = 0. \end{cases}
  • A primeira equação dá -x + 2y = 0 \Rightarrow x = 2y\]. - A segunda é múltiplo da primeira (consistente). Então os autovetores são da forma \(v = y\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}. Podemos escolher v^{(2)}=\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Interpretar a solução geral do sistema e usar isso para concluir sobre estabilidade.
  • Como a matriz tem dois autovalores distintos ( 0 e -5), ela é diagonalizável e a solução geral do sistema X'=AX pode ser escrita como combinação linear dos modos próprios: X(t)=c_{1}\,e^{\lambda_{1}t}\,v^{(1)} + c_{2}\,e^{\lambda_{2}t}\,v^{(2)}.
  • Substituindo os valores encontrados: X(t)=c_{1}\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix} + c_{2}e^{-5t}\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix},onde c_{1},c_{2} são constantes determinadas pela condição inicial X(0).
  • Observações sobre comportamento quando t\to\infty:
    • O termo com e^{-5t} tende a 0 (decai exponencialmente).
    • O termo com e^{0\cdot t}=1 permanece constante: c_{1}\begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix} não decai.
  • Conclusão sobre estabilidade:
    • As trajetórias permanecem limitadas (não explodem), porque o único modo que poderia crescer tem taxa 0 e não positiva.
    • Porém, nem todas as trajetórias convergem para 0: se c_{1}\neq0 a solução não vai para zero quando t\to\infty.
    • Portanto o sistema é estável no sentido de Lyapunov (soluções permanecem limitadas perto da origem) mas NÃO é assintoticamente estável.
    • Em linguagem usual: o sistema é marginalmente estável (ou estável, porém não assintoticamente estável).]

Resposta

\lambda_{1}=0,\quad v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix}
\lambda_{2}=-5,\quad v^{(2)}=\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}
O sistema é estável (marginalmente estável), mas não assintoticamente estável.]

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