Encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável
\dot{x}=\left[\begin{array}{ll}1 & -8 \\\\ 1 & -3\end{array}\right] x

Passo 1

Vou deixar claro o que o problema pede e quais dados temos.
  • Temos um sistema linear homogêneo no tempo contínuo dado por
\dot{x} = A x
com
A=\begin{pmatrix}1 & -8 \\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix}.
  • O enunciado pede:
    1. Encontrar os autovalores (autovalores = valores próprios) de A.
    2. Encontrar os autovetores correspondentes.
    3. Determinar se o sistema é estável (e que tipo de estabilidade: assintótica, marginal, instável).]

Passo 2

Como se acha autovalores? Explicando a regra passo a passo (como se estivesse estudando): um número \lambda é autovalor de A se existe um vetor não-nulo v tal que
A v = \lambda v.
Isto é equivalente a
(A-\lambda I)v=0,
que tem solução não-trivial somente quando o determinante de A-\lambda I é zero. Portanto calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I)=0.
Vamos calcular \det(A-\lambda I) explicitamente. Primeiro escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & -8 \\[4pt] 1 & -3-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-3-\lambda)-(-8)\cdot 1.
Agora desenvolvo essa expressão passo a passo:
(1-\lambda)(-3-\lambda)=\lambda^2+2\lambda-3,
porque expandindo: (1-\lambda)(-3-\lambda)=-3-\lambda+3\lambda+\lambda^2=\lambda^2+2\lambda-3.
Somando o +8 (do termo -(-8)) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+2\lambda-3+8=\lambda^2+2\lambda+5.
Logo o polinômio característico é
\lambda^2+2\lambda+5=0.]

Passo 3

Agora resolvemos a equação quadrática para achar \lambda. Uso a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática). Para uma equação \lambda^2+2\lambda+5=0, os coeficientes são a=1, b=2, c=5. A fórmula dá
\lambda=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-2\pm\sqrt{4-20}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{-16}}{2}.
Como \sqrt{-16}=4\mathrm{i}, concluímos
\lambda=-1\pm 2\mathrm{i}.
Portanto os autovalores de A são \lambda_1=-1+2\mathrm{i} e \lambda_2=-1-2\mathrm{i}.
Breve comentário didático: autovalores complexos aparecem em pares conjugados quando a matriz tem entradas reais — isso é normal e significa comportamento oscilatório nas soluções.

Passo 4

Agora vamos achar os autovetores correspondentes. Vou fazer para \lambda_1=-1+2\mathrm{i}; o autovetor correspondente ao conjugado será o conjugado do primeiro autovetor (porque A tem entradas reais).
Escrevo o sistema (A-\lambda_1 I)v=0. Primeiro calculemos A-\lambda_1 I:
A-\lambda_1 I=\begin{pmatrix}1-(-1+2\mathrm{i}) & -8 \\[4pt] 1 & -3-(-1+2\mathrm{i})\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2-2\mathrm{i} & -8 \\[4pt] 1 & -2-2\mathrm{i}\end{pmatrix}.
Se v=\begin{pmatrix}v_1\\\ v_2\end{pmatrix} então o sistema linear é
(2-2\mathrm{i})v_1 -8 v_2 =0,
1\cdot v_1 +(-2-2\mathrm{i})v_2 =0.
Para encontrar um autovetor não-nulo, resolvo a segunda equação para v_1 em função de v_2:
v_1 = (2+2\mathrm{i})\,v_2.
(Expliquei: passei (-2-2\mathrm{i})v_2 para o outro lado com sinal trocado.)
Escolho a normalização simples v_2=1 (qualquer múltiplo não-nulo funciona). Assim obtemos um autovetor associado a \lambda_1:
v^{(1)}=\begin{pmatrix}2+2\mathrm{i} \\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Posso verificar consistência substituindo na primeira equação: (2-2\mathrm{i})(2+2\mathrm{i})-8=8-8=0 (usei que (2-2\mathrm{i})(2+2\mathrm{i})=2^2+2^2=8), então está correto.
Para \lambda_2=-1-2\mathrm{i} o autovetor é o conjugado de v^{(1)}:
v^{(2)}=\begin{pmatrix}2-2\mathrm{i} \\[4pt] 1\end{pmatrix}.
Breve explicação didática: autovetores complexos vêm em pares conjugados; qualquer múltiplo escalar também é autovetor.]

Passo 5

Interpretação de estabilidade (a parte que normalmente te pedem na prova): para um sistema linear \dot{x}=Ax, as soluções estão ligadas aos autovalores de A. Se todos os autovalores tiverem parte real estritamente negativa, então a origem é assintoticamente estável (todas as soluções tendem a zero quando t\to\infty). Se algum autovalor tem parte real positiva, o sistema é instável. Se as partes reais são não-positivas e algum é zero com multiplicidade ou falta de diagonalização, pode ser marginalmente estável.
No nosso caso os autovalores são -1\pm 2\mathrm{i}. Ambos têm parte real -1, que é negativa. Portanto as soluções oscilam (devido à parte imaginária \pm 2\mathrm{i}) e decaem exponencialmente (devido à parte real -1). Isso caracteriza um espiral que converge para a origem — em termos técnicos: a origem é um ponto de equilíbrio assintoticamente estável (mais especificamente: nodo espiral assintótico ou foco assintótico estável).
Posso também escrever a forma geral real das soluções para reforçar a intuição. Se escrevemos o autovetor v^{(1)}=p+\mathrm{i}q com
p=\begin{pmatrix}2\\[4pt] 1\end{pmatrix},\qquad q=\begin{pmatrix}2\\[4pt] 0\end{pmatrix},
e \lambda=-1+2\mathrm{i} com \alpha=-1, \beta=2, então duas soluções reais linearmente independentes são
x^{(1)}(t)=e^{\alpha t}\bigl(p\cos(\beta t)-q\sin(\beta t)\bigr),
x^{(2)}(t)=e^{\alpha t}\bigl(p\sin(\beta t)+q\cos(\beta t)\bigr).
Como \alpha=-1<0, essas soluções têm fator e^{-t} que faz as amplitudes decaírem, enquanto os cossenos/senos trazem a oscilação de frequência 2. Resultado: decaimento oscilatório para a origem.]

Passo 6

Resumo e conclusão final (pronto para conferir rapidamente na prova):
  • Autovalores: \lambda_1=-1+2\mathrm{i}, \lambda_2=-1-2\mathrm{i}.
  • Autovetores: por exemplo, para \lambda_1 pode-se escolher v^{(1)}=\begin{pmatrix}2+2\mathrm{i}\\[4pt]1\end{pmatrix} e para \lambda_2 escolher v^{(2)}=\begin{pmatrix}2-2\mathrm{i}\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Estabilidade: todas as partes reais dos autovalores são negativas, logo o sistema é assintoticamente estável (origem é um foco assintótico estável; soluções apresentam decaimento exponencial com oscilações).]

Resposta

Autovalores: \lambda_1=-1+2\mathrm{i}, \lambda_2=-1-2\mathrm{i}
Autovetores: v^{(1)}=\begin{pmatrix}2+2\mathrm{i}\\[4pt]1\end{pmatrix}, v^{(2)}=\begin{pmatrix}2-2\mathrm{i}\\[4pt]1\end{pmatrix}
Estabilidade: o sistema é assintoticamente estável (foco/espiral estável).]

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