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 matrizA=\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 autônomoX' = 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).
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 simplesv^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\end{pmatrix}.(Qualquer múltiplo escalar não-nulo serve.)]
Passo 6
Encontrar o autovetor associado a [\lambda_{2}=-5).
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 escolherv^{(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).]