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:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}12-\lambda & -9\\[4pt]4 & -\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(12-\lambda)(-\lambda)-(-9)\cdot 4.
Agora desenvolvo cuidadosamente:
(12-\lambda)(-\lambda)=-12\lambda+\lambda^2, \qquad (-9)\cdot 4=-36,
logo
\det(A-\lambda I)=-12\lambda+\lambda^2-(-36)=\lambda^2-12\lambda+36.
Reconhecendo uma quadrática perfeita:
\lambda^2-12\lambda+36=(\lambda-6)^2.
Portanto a equação característica \det(A-\lambda I)=0
(\lambda-6)^2=0,
logo o único autovalor é \lambda=6 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 4

Agora encontramos os autovetores, isto é, soluções não nulas de (A-6I)\boldsymbol{v}=\boldsymbol{0}. Escrevo A-6I:
A-6I=\begin{pmatrix}12-6 & -9\\[4pt]4 & -6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & -9\\[4pt]4 & -6\end{pmatrix}.
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
2v_1-3v_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v_2=\tfrac{2}{3}v_1.
Posso escolher v_1 livre e montar um autovetor. Uma escolha inteira conveniente é pegar v_1=3, então
v_2=2,
e um autovetor correspondente é
\boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Portanto o espaço próprio (autovetores) associado a \lambda=6 é
\operatorname{Ker}(A-6I)=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 5

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
\begin{pmatrix}6 & -9\\[4pt]4 & -6\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
As equações são 6w_1-9w_2=3 e 4w_1-6w_2=2; ambas reduzem a
2w_1-3w_2=1.
Escolhendo w_2=-1 obtém-se 2w_1+3=1\Rightarrow w_1=-1. Assim um vetor generalizado é
\boldsymbol{w}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\end{pmatrix},
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,
\boldsymbol{x}(t)=e^{6t}\Big(c_1\boldsymbol{v}+c_2\big(t\boldsymbol{v}+\boldsymbol{w}\big)\Big),
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.]

Resposta

Autovalor: \lambda=6 (multiplicidade algébrica 2).
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).]

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