Encontre os autovalores do sistema dado:
\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll}\frac{1}{4} & -2 \\\\ 1 & -\frac{5}{4}\end{array}\right) \mathbf{x}

Passo 1

O enunciado pede que eu encontre os autovalores (valores próprios, eigenvalues) do sistema linear
\mathbf{x}' = A\mathbf{x},
onde a matriz A é
A=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4} & -2 \\[4pt] 1 & -\tfrac{5}{4}\end{pmatrix}.
Informações dadas:
A_{11}=\tfrac{1}{4},\qquad A_{12}=-2,\qquad A_{21}=1,\qquad A_{22}=-\tfrac{5}{4}.
O que é pedido: todos os autovalores de A.]

Passo 2

Método que vou usar: calcular o polinômio característico de A dado por \det(A-\lambda I)=0 e resolver essa equação para \lambda. Vou explicar cada fórmula que uso e cada conta passo a passo.

Passo 3

Definições e notação:
I=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix},\qquad A-\lambda I=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}-\lambda & -2 \\[4pt] 1 & -\tfrac{5}{4}-\lambda\end{pmatrix}.
Os autovalores são os \lambda que anulam o determinante \det(A-\lambda I).]

Passo 4

Fórmula do determinante para matriz 2\times2: se M=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} então \det(M)=ad-bc. Aplicando a A-\lambda I obtemos
\det(A-\lambda I)=\left(\tfrac{1}{4}-\lambda\right)\left(-\tfrac{5}{4}-\lambda\right)-(-2)\cdot 1.
Vou expandir isso passo a passo.

Passo 5

Expansão do produto:
\left(\tfrac{1}{4}-\lambda\right)\left(-\tfrac{5}{4}-\lambda\right) = \tfrac{1}{4}\cdot\left(-\tfrac{5}{4}\right) + \tfrac{1}{4}\cdot(-\lambda) + (-\lambda)\cdot\left(-\tfrac{5}{4}\right) + (-\lambda)(-\lambda).
Calculo termo a termo:
\tfrac{1}{4}\cdot\left(-\tfrac{5}{4}\right) = -\tfrac{5}{16},
\tfrac{1}{4}\cdot(-\lambda) = -\tfrac{1}{4}\lambda,
(-\lambda)\cdot\left(-\tfrac{5}{4}\right)=+\tfrac{5}{4}\lambda,
(-\lambda)(-\lambda)=\lambda^2.
Somando:
\left(\tfrac{1}{4}-\lambda\right)\left(-\tfrac{5}{4}-\lambda\right)=\lambda^2 +\left(-\tfrac{1}{4}\lambda+\tfrac{5}{4}\lambda\right)-\tfrac{5}{16} =\lambda^2+\lambda-\tfrac{5}{16}.

Passo 6

Voltando ao determinante e lembrando do termo -(-2)\cdot 1=+2:
\det(A-\lambda I)=\bigl(\lambda^2+\lambda-\tfrac{5}{16}\bigr)+2.
Somando -\tfrac{5}{16}+2:
2= \tfrac{32}{16},\qquad -\tfrac{5}{16}+\tfrac{32}{16}=\tfrac{27}{16}.
Portanto o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\lambda^2+\lambda+\tfrac{27}{16}.
Os autovalores são raízes da equação
\lambda^2+\lambda+\tfrac{27}{16}=0.

Passo 7

Resolvo a equação quadrática usando a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática). Para uma equação \lambda^2+b\lambda+c=0 as raízes são
\lambda=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4c}}{2}.
Aqui b=1 e c=\tfrac{27}{16}. Então o discriminante é
\Delta=b^2-4c=1-4\cdot\tfrac{27}{16}=1-\tfrac{27}{4}.
Colocando em denominador comum:
1=\tfrac{4}{4},\qquad \Delta=\tfrac{4}{4}-\tfrac{27}{4}=\tfrac{-23}{4}.
O discriminante é negativo, \Delta=-\tfrac{23}{4}, portanto as raízes serão complexas. A raiz quadrada do discriminante é
\sqrt{\Delta}=\sqrt{-\tfrac{23}{4}}=\mathrm{i}\sqrt{\tfrac{23}{4}}=\mathrm{i}\,\tfrac{\sqrt{23}}{2},
onde \mathrm{i} é a unidade imaginária ( \mathrm{i}^2=-1). Assim
\lambda=\frac{-1\pm \mathrm{i}\,\tfrac{\sqrt{23}}{2}}{2}.
Divido cada termo por 2:
\lambda=-\tfrac{1}{2}\pm \mathrm{i}\,\tfrac{\sqrt{23}}{4}.

Passo 8

Interpretação breve (útil para prova): os dois autovalores são complexos conjugados
\lambda_{1,2}=-\tfrac{1}{2}\pm \mathrm{i}\,\tfrac{\sqrt{23}}{4}.
A parte real é -\tfrac{1}{2} (negativa), então soluções do sistema linear terão comportamento oscilatório decrescente (espiral assintoticamente estável no plano).

Resposta

-\tfrac{1}{2}+\mathrm{i}\,\tfrac{\sqrt{23}}{4}\n -\tfrac{1}{2}-\mathrm{i}\,\tfrac{\sqrt{23}}{4}