Encontrar autovalores e autovetores e determinar se o sistema é estável
\frac{d x}{d t}=6 x-y
\frac{d y}{d t}=5 x+2 y

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de duas equações:
\frac{d x}{d t}=6x-y, \qquad \frac{d y}{d t}=5x+2y.
Informações relevantes (tudo que foi dado):
  • As equações lineares acima equivalem ao sistema matricial \dfrac{d}{dt}\mathbf{u}=A\mathbf{u}, com \mathbf{u}=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix} e
A=\begin{pmatrix}6 & -1\\[4pt]5 & 2\end{pmatrix}.
O que o enunciado pede:
  1. Encontrar os autovalores (autovalores = valores \lambda tais que existe vetor não-nulo \mathbf{v} com A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}).
  2. Encontrar os autovetores correspondentes.
  3. Determinar se o sistema é estável (ou seja, classificar a estabilidade do ponto de equilíbrio \mathbf{0} com base nos autovalores).]

Passo 2

Definição e método (aula rápida antes dos cálculos):
  • Autovalores \lambda e autovetores \mathbf{v}\neq\mathbf{0} satisfazem
A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}.
  • Para achar \lambda resolvem-se a equação característica
\det(A-\lambda I)=0,
onde I é a identidade. Essa é uma equação polinomial em \lambda (para uma matriz 2\times2 é um polinômio quadrático).
  • Depois de obter um \lambda, acha-se \mathbf{v} resolvendo (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Agora aplicamos isso ao nosso A.

Passo 3

Calcular o polinômio característico:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}6-\lambda & -1\\[4pt]5 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(6-\lambda)(2-\lambda)-(-1)\cdot5.
Faço a expansão passo a passo:
(6-\lambda)(2-\lambda)=12-6\lambda-2\lambda+\lambda^2=\lambda^2-8\lambda+12.
Somando o +5 vindo do produto -(-1)\cdot5:
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-8\lambda+12+5=\lambda^2-8\lambda+17.
Portanto a equação característica é
\lambda^2-8\lambda+17=0.
Resolvendo o quadrático usando o discriminante \Delta:
\Delta = (-8)^2-4\cdot1\cdot17=64-68=-4.
Como \Delta<0, os autovalores são complexos conjugados:
\lambda=\frac{8\pm\sqrt{-4}}{2}=4\pm i.
Logo
\lambda_1=4+i,\qquad \lambda_2=4-i.]

Passo 4

Interpretando os autovalores (aula rápida de estabilidade):
  • Para sistemas lineares \dot{\mathbf{u}}=A\mathbf{u}, soluções típicas têm termo e^{\lambda t}.
  • Se algum autovalor tem parte real positiva, soluções crescem exponencialmente em módulo e o equilíbrio \mathbf{0} é instável.
  • Se todas as partes reais forem negativas, o equilíbrio é assintoticamente estável.
  • Se partes reais são zero (esem repetição delicada), há estabilidade marginal.
Aqui ambos os autovalores têm parte real \Re(\lambda)=4>0. Assim o ponto \mathbf{0} é instável; como os autovalores são complexos não reais, o comportamento é de crescimento exponencial com oscilações — isto é, uma espiral instável (spiral source).

Passo 5

Encontrar um autovetor correspondente a \lambda_1=4+i (faço passo a passo algébrico):
Calculo A-(4+i)I:
A-(4+i)I=\begin{pmatrix}6-(4+i) & -1\\[4pt]5 & 2-(4+i)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2-i & -1\\[4pt]5 & -2-i\end{pmatrix}.
Busco \mathbf{v}=\begin{pmatrix}v_1\\[4pt]v_2\end{pmatrix}\neq\mathbf{0} tal que (A-(4+i)I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, i.e. o sistema
(2-i)v_1 - v_2 = 0, \qquad 5v_1 +(-2-i)v_2 = 0.
Da primeira equação sai diretamente
v_2=(2-i)v_1.
Substituo na segunda para verificar consistência:
5v_1 +(-2-i)(2-i)v_1 = \bigl(5 +(-2-i)(2-i)\bigr)v_1.
Calculo o produto (-2-i)(2-i) passo a passo:
(-2-i)(2-i) = -4 +2i -2i + i^2 = -4 + 0i -1 = -5.
Então a expressão dentro do parêntese vira 5+(-5)=0, mostrando que as equações são dependentes (como deve ser). Portanto posso escolher v_1=1 e obter
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2-i\end{pmatrix}
como autovetor para \lambda_1=4+i.
Para \lambda_2=4-i o cálculo é análogo e produz o autovetor conjugado
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2+i\end{pmatrix}.]

Passo 6

Como o sistema é real, costuma-se escrever a solução real geral usando as partes real e imaginária do autovetor associado ao autovalor 4+i. Esquema (breve explicação didática):
  • Se \lambda=\alpha+i\beta e \mathbf{v}=\mathbf{a}+i\mathbf{b} com \mathbf{a},\mathbf{b}\in\mathbb{R}^2, então duas soluções reais independentes são
e^{\alpha t}\bigl(\mathbf{a}\cos(\beta t)-\mathbf{b}\sin(\beta t)\bigr), \qquad e^{\alpha t}\bigl(\mathbf{a}\sin(\beta t)+\mathbf{b}\cos(\beta t)\bigr).
No nosso caso \alpha=4, \beta=1, e, para \mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\\ 2-i\end{pmatrix}, temos \mathbf{a}=\begin{pmatrix}1\\\ 2\end{pmatrix} e \mathbf{b}=\begin{pmatrix}0\\\ -1\end{pmatrix}. Assim duas soluções reais são
e^{4t}\begin{pmatrix}\cos t\\[4pt]2\cos t+\sin t\end{pmatrix}, \qquad e^{4t}\begin{pmatrix}\sin t\\[4pt]2\sin t-\cos t\end{pmatrix},
e a solução geral real é combinação linear dessas. Isso ilustra o comportamento: fator e^{4t} (crescimento exponencial) multiplicando oscilações \sin t,\cos t — portanto espiral que se afasta da origem.]

Resposta

\lambda_{1}=4+i,\\ \lambda_{2}=4-i
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2-i\end{pmatrix},\\ \mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2+i\end{pmatrix}
O sistema é instável (espiral instável / spiral source), pois ambos os autovalores têm parte real 4>0.]

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