Encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável \dot{\boldsymbol{x}}=\left[\begin{array}{cc}12 & -9 \\\\ 4 & 0\end{array}\right] \boldsymbol{x}
Passo 1
O enunciado dá o sistema linear
\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x},\qquad A=\begin{pmatrix}12 & -9\\[4pt]4 & 0\end{pmatrix},
e pede:
encontrar os autovalores (e suas multiplicidades) de A;
encontrar os autovetores correspondentes;
determinar se o sistema é estável (ou seja, se as soluções tendem para zero quando t\to+\infty).
Informações relevantes fornecidas:
a matriz A é a matriz 2\times2 mostrada acima;
tudo que for número, variável ou vetor será escrito em notação matemática (vou sempre mostrar as contas passo a passo).]
Passo 2
Vamos lembrar rapidamente o que é autovalor e autovetor (bem mastigado). Um número \lambda é autovalor de A se existe vetor não nulo \boldsymbol{v} tal que
A\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v}.
Isto equivale a dizer que \boldsymbol{v} está no núcleo da matriz A-\lambda I. Para achar \lambda usamos o polinômio característico:
\det(A-\lambda I)=0.
Vou calcular \det(A-\lambda I) e resolver a equação característica.
Passo 3
Calcular o determinante de A-\lambda I. Primeiro escrevo a matriz:
Resolvendo \begin{pmatrix}6 & -9\\[4pt]4 & -6\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}. As duas equações são:
6v_1-9v_2=0, \qquad 4v_1-6v_2=0.
Ambas são equivalentes; simplificando a primeira por 3 dá
Interpretação das multiplicidades e diagonalizabilidade (explicando devagar). A multiplicidade algébrica de \lambda=6 é 2 (porque (\lambda-6)^2), mas o espaço próprio tem dimensão 1 (apenas um vetor linearmente independente encontrado). Isso significa:
multiplicidade geométrica =1<2 (defeito);
a matriz A não é diagonalizável (não há duas direções independentes de autovetores).
Quando a multiplicidade geométrica é menor que a algébrica, existe uma cadeia de Jordan; para entender o comportamento do sistema é útil encontrar um vetor generalizado \boldsymbol{w} tal que
(A-6I)\boldsymbol{w}=\boldsymbol{v},
onde \boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix} é o autovetor. Vou achar um \boldsymbol{w} concreto: resolver
pois verifica (A-6I)\boldsymbol{w}=\boldsymbol{v}. (Há infinitas escolhas, qualquer solução da equação serve.)]
Passo 6
Agora o que isso diz sobre a estabilidade do sistema? Regra prática (explicada): para o sistema linear \dot{\boldsymbol{x}}=A\boldsymbol{x} com soluções envolvendo exponenciais, a estabilidade assintótica (soluções tendem a zero) ocorre somente se todos os autovalores tiverem parte real negativa. Se existir algum autovalor com parte real positiva, as soluções crescem exponencialmente e o sistema é instável.
Aqui o único autovalor é \lambda=6, que tem parte real 6>0. Logo o sistema é instável: qualquer componente na direção do autovetor cresce como e^{6t}. Como a matriz é defectiva (não diagonalizável), a solução geral tem termos que crescem como t e^{6t} também, o que agrava o crescimento (forma de nó impróprio instável).
Posso escrever a solução geral (útil para visualizar) usando a cadeia de Jordan: com constantes c_1,c_2,
onde \boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix} e \boldsymbol{w}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\end{pmatrix}. Repare que tanto e^{6t} quanto t e^{6t} tendem a +\infty quando t\to+\infty (exceto para constantes escolhidas para anular esses termos), confirmando instabilidade.]
Autovetores: \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.
Estabilidade: o sistema é instável (autovalor com parte real 6>0; nó impróprio instável).]