Encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável
\frac{d x}{d t}=2 x+2 y
\frac{d y}{d t}=x+3 y

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais lineares:
\frac{dx}{dt}=2x+2y
\frac{dy}{dt}=x+3y
O que se pede:
  • Encontrar os autovalores (autovalores = \lambda) da matriz que representa o sistema.
  • Encontrar os autovetores correspondentes a cada autovalor.
  • Determinar se o sistema é estável (e classificar o tipo de ponto de equilíbrio).
Informações relevantes dadas:
  • As equações lineares são de primeira ordem e homogêneas.
  • Coeficientes constantes: os termos à direita definem a matriz do sistema.

Passo 2

Escrevendo o sistema na forma matricial \dfrac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}, onde \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}, a matriz A é obtida pegando os coeficientes das variáveis nas equações. Assim:
A=\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]1 & 3\end{pmatrix}.
Explicação curta (por que fazemos isso): representar o sistema como \dfrac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x} permite usar álgebra linear — em particular autovalores e autovetores — para escrever a solução e analisar estabilidade.]

Passo 3

Definição e plano para encontrar autovalores e autovetores:
  • Um autovalor \lambda e um autovetor não-nulo \mathbf{v} satisfazem A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.
  • Para achar \lambda resolvemos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
  • Para cada \lambda encontrado, resolvemos (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0} para achar \mathbf{v}.
Lembrete prático para matrizes 2\times2: se A=\begin{pmatrix}a&b\\[4pt]c&d\end{pmatrix}, então
\det(A-\lambda I)=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc.]

Passo 4

Calcular o polinômio característico de A:
\det\!\big(A-\lambda I\big) =\det\!\begin{pmatrix}2-\lambda & 2\\[4pt]1 & 3-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(3-\lambda)-2\cdot 1.
Agora desenvolver a multiplicação e simplificar (faça cada passo na prova):
(2-\lambda)(3-\lambda)=6-2\lambda-3\lambda+\lambda^2=\lambda^2-5\lambda+6.
Subtraindo 2:
\lambda^2-5\lambda+6-2=\lambda^2-5\lambda+4.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2-5\lambda+4=0.]

Passo 5

Resolver a equação quadrática \lambda^2-5\lambda+4=0.
Usar fatoração simples ou fórmula de Bhaskara. Aqui a fatoração é direta porque 4 e 1 dão soma 5:
\lambda^2-5\lambda+4=(\lambda-4)(\lambda-1).
Logo as raízes são
\lambda_1=4,\qquad \lambda_2=1.
Comentário didático: cada autovalor dá uma solução especial do tipo \mathbf{v}e^{\lambda t}. Os sinais dos autovalores (partes reais) controlam crescimento/decrescimento exponencial.

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a \lambda_1=4.
Resolvemos (A-4I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Primeiro escreva A-4I:
A-4I=\begin{pmatrix}2-4 & 2\\[4pt]1 & 3-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.
Agora o sistema linear (A-4I)\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix} dá:
-2v_1+2v_2=0
v_1-v_2=0.
As duas equações são equivalentes e implicam v_1=v_2. Podemos escolher um autovetor simples normalizado por conveniência; por exemplo tomamos v_1=1, então v_2=1. Assim um autovetor correspondente é
\mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Observação: qualquer múltiplo escalar desse vetor também é autovetor.]

Passo 7

Encontrar o autovetor associado a \lambda_2=1.
Calcular A-1I:
A-1I=\begin{pmatrix}2-1 & 2\\[4pt]1 & 3-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}.
Resolver (A-1I)\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}=\mathbf{0}:
v_1+2v_2=0
v_1+2v_2=0
(ambas as linhas são iguais). Daqui v_1=-2v_2. Escolhendo v_2=1 para ficar simples, obtemos
\mathbf{v}^{(2)}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Novamente, qualquer múltiplo escalar serve como autovetor.]

Passo 8

Escrever a solução geral do sistema usando autovalores e autovetores.
Como temos dois autovalores reais distintos com autovetores linearmente independentes, a solução geral é combinação linear das soluções mode separáveis:
\mathbf{x}(t)=C_1 e^{4t}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}+C_2 e^{t}\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix},
onde C_1 e C_2 são constantes determinadas pelas condições iniciais \mathbf{x}(0). Explicação curta: cada termo é um modo próprio que cresce ou decresce exponencialmente com taxa dada por \lambda.]

Passo 9

Determinar estabilidade.
  • Critério: para o sistema linear \dfrac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x}, se todas as partes reais dos autovalores de A são estritamente negativas então o ponto de equilíbrio \mathbf{0} é assintoticamente estável (sumidouro). Se alguma parte real é positiva, o equilíbrio é instável. Se houver autovalores com partes reais positivas e negativas, é uma sela.
  • Aplicando aqui: os autovalores são \lambda_1=4 e \lambda_2=1, ambos com parte real positiva.
    Conclusão: o sistema é instável; mais precisamente é um nó-instável (fontes) porque os autovalores são reais, distintos e positivos. Isso significa que as soluções tipicamente crescem exponencialmente à medida que t\to+\infty.

Resposta

\lambda_1=4 com autovetor \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}
\lambda_2=1 com autovetor \begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\end{pmatrix}
O sistema é instável (nó-instável).]

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