Encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável
\frac{d x}{d t}=3 x-y

Passo 1

O enunciado dado é a equação
\frac{d x}{d t}=3x - y.
O que o enunciado pede é: encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável.
Informações relevantes que o enunciado me deu:
  • A única equação fornecida é \dfrac{dx}{dt}=3x-y.
  • Há uma variável y aparecendo na equação, portanto o sistema parece ser de dimensão 2 (variáveis x(t) e y(t)), mas a equação para \dfrac{dy}{dt} NÃO foi fornecida.
Observação importante (sem resolver ainda): com apenas \dfrac{dx}{dt}=3x-y não há informação suficiente para calcular valores numéricos dos autovalores/autovetores do sistema completo porque falta a segunda equação (a expressão de \dfrac{dy}{dt}). Ainda assim, posso:
  • resolver o problema de forma simbólica para um sistema linear 2×2 cuja primeira linha da matriz é (3,\,-1) (isto é, supondo que a matriz do sistema seja \begin{pmatrix}3 & -1\\\ c & d\end{pmatrix} com c,d desconhecidos), e
  • explicar passo a passo como encontrar autovalores, autovetores e decidir estabilidade a partir desses símbolos.
    Vou seguir esse caminho didático: mostrar o procedimento geral e o resultado simbólico em termos de c e d.

Passo 2

Modelagem do sistema linear 2×2 e definição de autovalores/autovetores.
Considere o sistema linear de duas equações em forma matricial
\frac{d}{dt}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix} = A\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}, \qquad A=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt] c & d\end{pmatrix},
onde eu peguei da equação fornecida a primeira linha da matriz como (3,-1) e deixei a segunda linha genérica (c,d) porque \dfrac{dy}{dt} não foi dada.
Definições (explicadas devagar):
  • Um autovalor \lambda de A é um número complexo tal que existe um vetor não-nulo v satisfazendo A v = \lambda v.
  • O autovetor correspondente a \lambda é qualquer vetor não-nulo v que satisfaça essa igualdade.
  • Para encontrar \lambda resolvemos a equação característica \det(A-\lambda I)=0.
  • Para cada \lambda encontrado, resolvemos (A-\lambda I)v=0 para achar os autovetores v.
  • Sobre estabilidade (intuição): para um sistema linear homogêneo \dot z = A z em \mathbb{R}^2, a estabilidade assintótica (soluções tendem a 0 quando t\to\infty) depende dos autovalores: é necessária e suficiente que as partes reais dos dois autovalores sejam negativas. Em 2×2 isso pode ser verificado através do traço e determinante da matriz (vou detalhar mais adiante).]

Passo 3

Cálculo da equação característica (passo a passo).
Escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}3-\lambda & -1\\[4pt] c & d-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(d-\lambda)-(-1)\cdot c.
Vou expandir cuidadosamente:
(3-\lambda)(d-\lambda)=3d -3\lambda -d\lambda +\lambda^2,
então, somando +c,
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-(3+d)\lambda+(3d+c).
A equação característica é, portanto,
\lambda^2-(3+d)\lambda+(3d+c)=0.
Observações sobre os coeficientes:
  • O coeficiente de \lambda (com sinal negativo) é o traço da matriz: \operatorname{tr}(A)=3+d.
  • O termo constante é o determinante da matriz: \det(A)=3d+c.
  • Para matrizes 2×2 vale sempre que a soma dos autovalores é \operatorname{tr}(A) e o produto é \det(A).]

Passo 4

Fórmula dos autovalores (resolvendo a quadrática) e interpretação.
Usando a fórmula quadrática:
\lambda=\frac{3+d}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{(3+d)^2-4(3d+c)}.
Defina o discriminante
\Delta_{\text{disc}}=(3+d)^2-4(3d+c).
Tipos de autovalores conforme o discriminante:
  • Se \Delta_{\text{disc}}>0: dois autovalores reais e distintos.
  • Se \Delta_{\text{disc}=0}: autovalor real duplo (possível degenerescência).
  • Se \Delta_{\text{disc}}<0: autovalores complexos conjugados; as partes reais são \dfrac{3+d}{2}.
Ligação com estabilidade (regra prática para 2×2):
  • A condição necessária e suficiente para estabilidade assintótica (ambos autovalores com parte real negativa) é:
\operatorname{tr}(A)<0 \quad\text{e}\quad \det(A)>0,
isto é,
3+d<0 \quad\text{e}\quad 3d+c>0.
Explicação curta do porquê: para 2×2, autovalores \lambda_{1,2} satisfazem \lambda_1+\lambda_2=\operatorname{tr}(A) e \lambda_1\lambda_2=\det(A). Se a soma é negativa e o produto é positivo, então as partes reais não podem ser simultaneamente positivas, e de fato ambos têm parte real negativa (casos com complexos conjugados também seguem essa verificação porque a parte real é metade do traço).
Se \det(A)<0 então os autovalores têm sinais opostos e o sistema é instável (sela). Se \det(A)>0 mas \operatorname{tr}(A)>0 então ambos têm parte real positiva (instável). Se \operatorname{tr}(A)=0 e \det(A)>0 podem ser autovalores puramente imaginários (centro) ou caso limite — marginalmente estável, não assintoticamente estável.

Passo 5

Cálculo dos autovetores (procedimento e casos especiais).
Para um autovalor \lambda qualquer, resolvemos
(A-\lambda I)\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=0, \quad\text{isto é}\quad \begin{pmatrix}3-\lambda & -1\\[4pt] c & d-\lambda\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.é
A primeira linha dá a equação
(3-\lambda)v_1 - v_2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_2=(3-\lambda)v_1.
Assim, um autovetor associado a \lambda pode ser escolhido como
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 3-\lambda\end{pmatrix},
desde que esse vetor não seja nulo (isto é, não ocorrendo o caso especial abaixo) e desde que a segunda linha seja compatível (ela será, porque as duas linhas são proporcionalmente dependentes quando \lambda realmente é autovalor).
Caso especial: se \lambda=3 então a primeira equação vira -v_2=0 ou v_2=0. Para \lambda=3 ser autovalor também é necessário que a segunda linha permita um vetor não-nulo: a segunda equação seria c v_1 + (d-3)v_2 = 0. Colocando v_2=0 exige c v_1=0, logo precisa-se de c=0 para que exista autovetor com v_1\neq0. Em suma: \lambda=3 é autovalor se e somente se c=0, e então um autovetor é \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Resumo prático para obter autovetores:
  • Para cada \lambda calculado pela fórmula, tomar v_1=1 e v_2=3-\lambda dá um autovetor (ou outro múltiplo escalar).
  • Se isso produzir o vetor nulo (caso raro) ou houver inconsistência, resolver o sistema linear (A-\lambda I)v=0 explicitamente para encontrar uma solução não-nula.]

Passo 6

Recapitulando em linguagem de prova (o que usar na prova, passo a passo rápido que dá para escrever na hora):
  1. Escreva a matriz assumida pela primeira equação: A=\begin{pmatrix}3 & -1\\\ c & d\end{pmatrix}.
  2. Calcule \det(A-\lambda I) e obtenha a equação característica
\lambda^2-(3+d)\lambda+(3d+c)=0.
  1. Aplique a fórmula quadrática para obter
\lambda=\frac{3+d}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{(3+d)^2-4(3d+c)}.
  1. Para cada \lambda, resolva (A-\lambda I)v=0. Um autovetor prático é v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3-\lambda\end{pmatrix} (salvo caso especial).
  2. Use \operatorname{tr}(A)=3+d e \det(A)=3d+c para decidir estabilidade:
    • Assintoticamente estável se 3+d<0 e 3d+c>0.
    • Instável (sela) se 3d+c<0.
    • Caso limite/marginal quando \det(A)>0 e \operatorname{tr}(A)=0 (ou autovalores com parte real zero).
Se quiser um exemplo numérico concreto agora (para treinar), diga mentalmente um par (c,d) — por exemplo c=0,\\ d=-4 — e substitua nas fórmulas acima para achar números. Mas não vou inventar valores sem você pedir; preferi deixar tudo em forma simbólica porque a segunda equação não foi fornecida.]

Resposta

Não é possível determinar autovalores/autovetores numéricos porque falta a equação para \dfrac{dy}{dt} (ou equivalentemente os valores de c e d na segunda linha da matriz).
Autovalores (forma geral para A=\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt] c & d\end{pmatrix}):
\lambda=\frac{3+d}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{(3+d)^2-4(3d+c)}.
Autovetores (para cada \lambda obtido):
v=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3-\lambda\end{pmatrix}\quad\text{(ou qualquer múltiplo não-nulo; caso especial: se \(\lambda=3\) é autovalor então é necessário \(c=0\) e um autovetor é \(\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}\)).}úãéãéáé
Condição de estabilidade assintótica:
\text{o sistema é assintoticamente estável se, e somente se, }3+d<0\text{ e }3d+c>0.éá]

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