Problema 14 (sistema com foco estável). Estude o sistema
\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}, \quad A=\left[\begin{array}{cc} -1 & -3 \\\\ 2 & -1 \end{array}\right]
(a) Calcule o traço e o determinante de A. (b) Mostre que os autovalores são complexos com parte real negativa. (c) Conclua que a origem é um foco espiral estável. (d) Esboce o retrato de fase (espirais entrando).

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear \mathbf{x}'=A\mathbf{x} com
A=\begin{pmatrix}-1 & -3 \\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix}
e pede:
(a) calcular o traço e o determinante de A;
(b) mostrar que os autovalores são complexos com parte real negativa;
(c) concluir que a origem é um foco espiral estável;
(d) esboçar o retrato de fase (espirais entrando).
Estas são as quatro perguntas que vamos responder passo a passo.]

Passo 2

(a) Traço e determinante de A.
Primeiro, lembro as definições (rápido, amigável):
  • O traço de uma matriz 2\times2 é a soma das entradas da diagonal principal: \operatorname{tr}(A)=a_{11}+a_{22}.
  • O determinante de uma matriz 2\times2 é \det(A)=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.
Aplicando em A:
\operatorname{tr}(A) = (-1) + (-1) = -2.
\det(A)=(-1)\cdot(-1) - (-3)\cdot 2 = 1 - (-6) = 7.
Logo, \operatorname{tr}(A)=-2 e \det(A)=7.

Passo 3

(b) Autovalores: cálculo e interpretação.
Os autovalores \lambda satisfazem o polinômio característico
\lambda^{2} - (\operatorname{tr}A)\lambda + \det(A) = 0.
Substituindo os valores que já achamos:
\lambda^{2} - (-2)\lambda + 7 = 0 \quad\Rightarrow\quad \lambda^{2} + 2\lambda + 7 = 0.
Agora uso a fórmula de Bhaskara (fórmula quadrática) para resolver \lambda^{2}+2\lambda+7=0:
\lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{2^{2}-4\cdot1\cdot7}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{4-28}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-24}}{2}.
Como \sqrt{-24}=i\sqrt{24}=2i\sqrt{6}, temos
\lambda = \frac{-2 \pm 2i\sqrt{6}}{2} = -1 \pm i\sqrt{6}.
Portanto os autovalores são complexos conjugados \lambda_{1,2}=-1\pm i\sqrt{6}. A parte real de ambos é -1, que é negativa.
Explicação didática curta: o discriminante 4-28=-24 é negativo, daí raízes complexas; a parte real é -\dfrac{\text{tr}A}{2}=-1 (esta é uma forma rápida: para 2\times2, soma das partes reais é \operatorname{tr}A, então cada parte real é \operatorname{tr}A/2 quando são conjugadas).

Passo 4

(c) Conclusão sobre estabilidade (foco espiral estável).
Teoria (explicada devagar): num sistema linear \mathbf{x}'=A\mathbf{x} em \mathbb{R}^2,
  • se os autovalores são reais e negativos, a origem é um nó estável;
  • se os autovalores são complexos com parte real negativa (isto é, \alpha\pm i\beta com \alpha<0 e \beta\neq0), então as soluções tendem exponencialmente para a origem enquanto giram — isso chama-se um foco (ou foco espiral) assintoticamente estável.
No nosso caso os autovalores são -1\pm i\sqrt{6}. A parte real -1 é negativa e há componente imaginária não nula \pm\sqrt{6}. Logo as trajetórias decaem exponencialmente com fator e^{-t} e simultaneamente oscilam com frequência \sqrt{6}. Concluímos: a origem é um foco espiral estável (foco assintoticamente estável).
Observação prática: isto significa que quaisquer condições iniciais \mathbf{x}(0)\neq0 geram trajetórias que espiralam entrando para a origem quando t\to+\infty.

Passo 5

(d) Direção da rotação — onde o espiral gira? (importante para o esboço)
Para saber se o espiral é horário ou anti-horário, tomamos um ponto simples e calculamos o campo de vetores ali. Escolho \mathbf{x}=(1,0). Então
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & -3\\[4pt]2 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Isto significa que no ponto (1,0) a velocidade tem componente em y positiva (vai para cima) e componente em x negativa (vai para a esquerda), ou seja, a seta aponta para cima-esquerda. Partindo do eixo positivo x a movimentação é para cima, o que corresponde a rotação anti-horária (no sentido positivo, ou seja, sentido anti-horário).
Posso verificar rápido outro ponto para confirmação: em \mathbf{x}=(0,1),
A\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]-1\end{pmatrix},
isto aponta para baixo-esquerda — novamente coerente com rotação anti-horária ao aproximar do eixo y. Logo a rotação é anti-horária.]

Passo 6

(d) Esboço do retrato de fase (descrição prática para desenhar).
Como resumo para desenhar à mão na prova:
  • Marque a origem (único ponto de equilíbrio).
  • As trajetórias são espirais que entram para a origem (decrescem exponencialmente).
  • O decaimento exponencial tem taxa |\alpha|=1: o fator radial típico é e^{-t}.
  • A oscilação tem frequência \beta=\sqrt{6}, então período aproximado T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{6}}. Numericamente, \sqrt{6}\approx 2,449, então T\approx 2{,}565.
  • A rotação é anti-horária (contra o sentido dos ponteiros do relógio).
  • Desenhe várias curvas espirais concêntricas chegando ao centro, todas girando anti-horário enquanto encurtam.
Dica de desenho rápido: desenhe uma espiral que vai do exterior para o interior girando para a esquerda enquanto sobe (isso representa anti-horário), repita algumas trajetórias com diferentes ângulos iniciais. Não há ciclos limites nem outros pontos críticos porque o sistema é linear e de ordem 2 com determinante positivo.

Resposta

(a) \operatorname{tr}(A)=-2,\quad \det(A)=7.\n(b)\\ \lambda_{1,2}=-1\pm i\sqrt{6} (autovalores complexos, parte real -1<0).\n(c) A origem é um foco (foco espiral) assintoticamente estável (foco espiral estável).\n(d) Retrato: espirais entrando (decrescendo como e^{-t}), rotação anti-horária.

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