Mostre que todas as soluções do sistema
x^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} a & b \\\ c & d \end{array}\right) x
tendem a zero quando t \rightarrow \infty se, e somente se, a+d<0 e a d-b c>0.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear de ordem 2
x' = \begin{pmatrix} a & b \\[4pt] c & d \end{pmatrix} x
e pede para provar que todas as soluções tendem a zero quando t\to\infty se, e somente se, as duas desigualdades abaixo valem simultaneamente:
a+d<0\quad\text{e}\quad ad-bc>0.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz do sistema é \displaystyle A=\begin{pmatrix} a & b \\\ c & d \end{pmatrix}.
  • Queremos condição necessária e suficiente para que todo vetor solução x(t) satisfaça \lim_{t\to\infty} x(t)=0.]

Passo 2

Primeiro vamos entender por que o comportamento quando t\to\infty está ligado aos autovalores da matriz. Se \lambda é um autovalor de A então existe um vetor não nulo v tal que Av=\lambda v. Uma solução particular do sistema é x(t)=e^{\lambda t}v, porque
\frac{d}{dt}(e^{\lambda t}v)=\lambda e^{\lambda t}v = A(e^{\lambda t}v).
Regra prática: se existe algum autovalor \lambda com \operatorname{Re}(\lambda)>0, então e^{\lambda t} cresce e há soluções que não tendem a zero. Se todos os autovalores têm parte real negativa, então todas as soluções tendem a zero (mesmo no caso de blocos de Jordan, aparece um fator polinomial em t multiplicando e^{\lambda t}, e isso é dominado por e^{\operatorname{Re}(\lambda)t} que decai quando \operatorname{Re}(\lambda)<0). Portanto o problema se reduz a caracterizar quando todos os autovalores de A têm parte real negativa.

Passo 3

Vamos escrever o polinômio característico de A. Ele é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} a-\lambda & b \\\ c & d-\lambda \end{pmatrix}= (a-\lambda)(d-\lambda)-bc.
Expandindo,
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc).
Sejam \lambda_1,\lambda_2 as raízes desse polinômio (os autovalores de A). Pela relação de Viète temos as identidades
\lambda_1+\lambda_2 = a+d,
\lambda_1\lambda_2 = ad-bc.
Essas duas quantidades (a soma e o produto dos autovalores) aparecem nas condições pedidas.

Passo 4

Prova da implicação “somente se” (necessidade). Suponha que todas as soluções tendem a zero quando t\to\infty. Então em particular não existe solução exponencial não nula que cresça ou permaneça oscilando sem decair, logo todos os autovalores \lambda_1,\lambda_2 têm \operatorname{Re}(\lambda_i)<0. Agora:
  • A soma das partes reais é \operatorname{Re}(\lambda_1+\lambda_2)=\operatorname{Re}(a+d)=a+d (porque a+d é real). Como cada \operatorname{Re}(\lambda_i)<0, a soma a+d é negativa. Assim necessariamente a+d<0.
  • O produto \lambda_1\lambda_2 é igual a ad-bc. Se \lambda_1,\lambda_2 forem conjugados complexos (caso de raízes complexas), então \lambda_1\lambda_2=|\lambda_1|^2>0. Se forem reais, como cada \operatorname{Re}(\lambda_i)=\lambda_i<0, o produto é positivo. Em ambos os casos temos ad-bc>0.
    Portanto as duas desigualdades são necessárias.

Passo 5

Prova da implicação “se” (suficiência). Agora suponha que
a+d<0\quad\text{e}\quad ad-bc>0.
Queremos mostrar \operatorname{Re}(\lambda_i)<0 para i=1,2. Use o discriminante da equação quadrática
\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc)=0.
Defina T=a+d e D=ad-bc. O discriminante é \Delta = T^2-4D. Há dois casos:
Caso 1 — raízes reais ( \Delta\ge 0). As raízes reais são
\lambda_{1,2} = \frac{T\pm\sqrt{\Delta}}{2}.
Sabemos D=\lambda_1\lambda_2>0, logo \lambda_1 e \lambda_2 têm o mesmo sinal. Mas T=\lambda_1+\lambda_2<0, logo esse sinal comum só pode ser negativo. Portanto \lambda_1<0 e \lambda_2<0.
Caso 2 — raízes complexas conjugadas ( \Delta<0). Escrevemos \lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta com \beta\neq0. A soma é 2\alpha=T=a+d, então \alpha=\tfrac{T}{2}. Como T<0 temos \alpha<0. Assim a parte real comum das duas raízes é negativa: \operatorname{Re}(\lambda_i)=\alpha<0.
Em ambos os casos concluímos que \operatorname{Re}(\lambda_1)<0 e \operatorname{Re}(\lambda_2)<0. Como todas as partes reais dos autovalores são negativas, todas as soluções do sistema decaem para zero quando t\to\infty. (Se houver multiplicidade algébrica maior que 1, isto é tratado no mesmo raciocínio: raiz dupla \lambda implica \lambda=T/2<0 e o fator polinomial em t na solução é dominado por e^{\lambda t} que tende a zero.)

Passo 6

Resumo do argumento final e observações práticas de prova em prova: as duas quantidades relevantes são o traço T=a+d e o determinante D=ad-bc. O comportamento assintótico está totalmente controlado pelos autovalores, e para matrizes 2\times2 a condição “todos os autovalores têm parte real negativa” equivale exatamente a
T<0\quad\text{e}\quad D>0.
Isso é um caso particular do critério de estabilidade de Routh–Hurwitz para polinômios de segundo grau, que diz que para s^2+\alpha s+\beta todas as raízes têm parte real negativa se, e somente se, \alpha>0 e \beta>0. Aplicado aqui (com s=-\lambda) dá as condições acima.

Resposta

a+d<0 e ad-bc>0

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