Problema 13 (sistema com centro). Considere o sistema
\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}, \quad A=\left[\begin{array}{cc} 0 & -1 \\\\ 1 & 0 \end{array}\right]
(a) Encontre os autovalores e autovetores. (b) Mostre que as soluções são periódicas. (c) Classifique o equilíbrio na origem. (d) Esboce o retrato de fase (circunferências orientadas).

Passo 1

Enunciado e o que se pede. Temos o sistema linear autônomo
\mathbf{x}' = A\mathbf{x},\qquad A=\begin{pmatrix}0 & -1\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix},
onde \mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\[4pt] y(t)\end{pmatrix}. O enunciado pede quatro coisas:
(a) Encontrar os autovalores e autovetores de A.
(b) Mostrar que as soluções são periódicas.
(c) Classificar o equilíbrio na origem (estável/instável/assintoticamente estável/centro, etc.).
(d) Esboçar o retrato de fase e indicar a orientação das trajetórias (serão circunferências orientadas).
Informações relevantes dadas: a matriz A é 2\times2 e explícita. Não há termos forçantes ou não-lineares: é um sistema linear homogêneo com origem como ponto de equilíbrio.]

Passo 2

Calculando os autovalores (característica). Para achar autovalores \lambda resolvemos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Aqui
A-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & -1\\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix},
então
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)(-\lambda)-(-1)(1)=\lambda^2+1.
Igualando a zero,
\lambda^2+1=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=\pm i.
Portanto os dois autovalores são \lambda_1=i e \lambda_2=-i (números imaginários puros).
Explicação curta do que fiz: o determinante de A-\lambda I gera o polinômio característico cujo zeros são os autovalores. Encontramos \lambda^2=-1, daí \lambda=\pm i.]

Passo 3

Calculando autovetores. Para \lambda=i resolvemos (A-iI)\mathbf{v}=0. Temos
A-iI=\begin{pmatrix}-i & -1\\[4pt] 1 & -i\end{pmatrix}.
Escrevendo \mathbf{v}=\begin{pmatrix}v_1\\[4pt] v_2\end{pmatrix}, o sistema é
-i v_1 - v_2 = 0,\qquad v_1 - i v_2 = 0.
As duas equações são equivalentes; da primeira vem v_2 = -i v_1. Podemos escolher v_1=1 para simplificar, obtendo um autovetor associado a \lambda=i:
\mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -i\end{pmatrix}.
Para \lambda=-i fazemos (A+ iI)\mathbf{v}=0, obtendo
A+ iI=\begin{pmatrix}i & -1\\[4pt] 1 & i\end{pmatrix},
que leva a - v_2 = i v_1 ou v_2 = i v_1. Escolhendo v_1=1 dá o autovetor
\mathbf{v}^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] i\end{pmatrix}.
Comentário didático: aqui trabalhamos com autovetores complexos porque os autovalores são complexos. É normal em sistemas reais obter pares complexos conjugados; mais adiante veremos como extrair soluções reais a partir desses autovetores complexos.]

Passo 4

Construindo soluções reais a partir dos autovetores complexos. Se \mathbf{v} é autovetor complexo associado a \lambda=i, então \mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{v} é uma solução complexa. Podemos separar partes real e imaginária para obter soluções reais independentes. Escrevendo
e^{it} = \cos t + i\sin t,\qquad \mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] -i\end{pmatrix},
multiplicamos:
e^{it}\mathbf{v}^{(1)}=(\cos t + i\sin t)\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix}.
Fazendo a multiplicação e separando parte real e imaginária obtemos duas soluções reais linearmente independentes. Vamos calcular isso explicitamente no próximo passo. (Isso é um truque padrão: a parte real e a parte imaginária de uma solução complexa são soluções reais do sistema linear real.)]

Passo 5

Cálculo explícito das soluções reais via exponencial de matriz usando A^2=-I. Observação útil: calcule A^2:
A^2=\begin{pmatrix}0 & -1\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}-1 & 0\\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}=-I.
Isso simplifica muito a série de Taylor para a exponencial de matriz:
e^{At}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(At)^n}{n!}.
Como A^2=-I, temos A^{2k} = (-1)^k I e A^{2k+1}=(-1)^k A. Separando termos pares e ímpares:
e^{At} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k t^{2k}}{(2k)!}I \;+\; \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k t^{2k+1}}{(2k+1)!}A.
Reconhecendo séries de cosseno e seno:
e^{At}= \cos t\, I + \sin t\, A.
Agora substituímos A:
e^{At} = \cos t\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&1\end{pmatrix} + \sin t\begin{pmatrix}0 & -1\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\cos t & -\sin t\\[4pt] \sin t & \cos t\end{pmatrix}.
Interpretação: e^{At} é a matriz de rotação no plano de ângulo t. As colunas dessa matriz são soluções com condições iniciais canônicas.]

Passo 6

Escrevendo as soluções gerais e mostrando periodicidade. A solução geral do sistema é
\mathbf{x}(t)=e^{At}\mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}\cos t & -\sin t\\[4pt] \sin t & \cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x(0)\\[4pt] y(0)\end{pmatrix}.
Das entradas da matriz vemos explicitamente que cada coordenada é combinação linear de \cos t e \sin t, as quais são funções periódicas com período 2\pi. Portanto toda solução é periódica com período 2\pi (ou divisor de 2\pi dependendo da condição inicial); em particular e^{A(t+2\pi)}=e^{At}, logo \mathbf{x}(t+2\pi)=\mathbf{x}(t) para toda condição inicial.
Dica conceitual: uma solução é periódica se a função retorna ao mesmo valor após um tempo fixo T>0. Aqui a matriz de transição é a rotação de ângulo t, que tem período 2\pi.]

Passo 7

Mostrando que as trajetórias são circunferências (conservação do raio). Considere a função r^2(t)=x(t)^2+y(t)^2. Calculamos sua derivada usando o sistema:
\frac{d}{dt}\big(x^2+y^2\big)=2x x' + 2y y' = 2x(-y)+2y(x)=0.
Portanto x^2+y^2 é constante ao longo das soluções. Isso significa que cada trajetória está contida numa circunferência centrada na origem de raio \sqrt{x(0)^2+y(0)^2}. Como as soluções também são periódicas (Passo 6), as curvas são circunferências completas percorridas continuamente.
Comentário prático: na prova você pode mostrar periodicidade tanto pela forma de e^{At} quanto por essa conservação de x^2+y^2; ambas são rápidas e convincentes.

Passo 8

Orientação das trajetórias. Para entender a orientação, observe a derivada no ponto (1,0): tomando a condição inicial \mathbf{x}(0)=(1,0)^T, temos \mathbf{x}'(0)=A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}. Ou seja, em (1,0) a velocidade aponta para cima (direção positiva de y). Isso indica que a rotação é no sentido anti-horário (contrário aos ponteiros do relógio). Mais generally, a matriz de rotação que obtivemos tem orientação anti-horária para t aumentando.]

Passo 9

Classificação do equilíbrio na origem. Como os autovalores são puramente imaginários ( \pm i), não há parte real negativa que faça as soluções convergerem para a origem, nem parte real positiva que as faça divergir. As trajetórias são órbitas fechadas (circunferências) ao redor da origem; a origem é estável no sentido de Lyapunov (pequenas perturbações permanecem próximas), mas não é assintoticamente estável (não há convergência para a origem). Essa definição corresponde ao tipo chamado “centro”. Portanto o equilíbrio na origem é um centro (estável, não assintoticamente estável).
Breve explicação dos termos: Lyapunov estável significa que para qualquer pequena perturbação inicial a solução permanece próxima ao ponto de equilíbrio; assintoticamente estável exigiria além disso que as soluções tendessem ao equilíbrio quando t\to\infty, o que não ocorre aqui.

Passo 10

Descrição final do retrato de fase (esboço mental). As curvas de nível são circunferências centradas na origem com raios r=\sqrt{x(0)^2+y(0)^2}. As setas mostram movimento no sentido anti-horário. Não há espirais, nem nós ou sela — apenas círculos concêntricos. O ponto de equilíbrio na origem é um centro.

Resposta

(a) \lambda_1=i,\\ \mathbf{v}^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix};\qquad \lambda_2=-i,\\ \mathbf{v}^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]i\end{pmatrix}.
(b) Todas as soluções são periódicas com período 2\pi; a solução geral é \displaystyle \mathbf{x}(t)=\begin{pmatrix}\cos t & -\sin t\\[4pt]\sin t & \cos t\end{pmatrix}\mathbf{x}(0).
(c) A origem é um centro: estável no sentido de Lyapunov, não assintoticamente estável.
(d) Retrato de fase: circunferências concêntricas centradas na origem, percorridas no sentido anti-horário.]

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