Problema 9

Considere o seguinte sistema de equações
\begin{cases}5 x^{2}+3 x y-5 x-3 y & =0 \\\\ 5 x^{2}-3 x y+y^{2}-5 x-12 y & =0\end{cases}
(a) Mostre que as soluções (x, y) dele são pontos fixos da função
f(x, y)=\left(\frac{x^{2}}{3}+\frac{x y}{5}+\frac{2 x}{3}-\frac{y}{5}, \frac{x^{2}}{3}-\frac{x y}{5}+\frac{y^{2}}{15}-\frac{x}{3}+\frac{y}{5}\right)
(b) (0,0) e (1,0) são pontos fixos dessa função. O que podemos dizer sobre a convergência deles no método de ponto fixo
\left(x_{n+1}, y_{n+1}\right)=f\left(x_{n}, y_{n}\right)

Passo 1

O enunciado dá o sistema
\begin{cases}5 x^{2}+3 x y-5 x-3 y & =0 \\[4pt] 5 x^{2}-3 x y+y^{2}-5 x-12 y & =0\end{cases}
e a função
f(x,y)=\left(\frac{x^{2}}{3}+\frac{x y}{5}+\frac{2 x}{3}-\frac{y}{5},\;\frac{x^{2}}{3}-\frac{x y}{5}+\frac{y^{2}}{15}-\frac{x}{3}+\frac{y}{5}\right).
As perguntas são:
  1. (a) Mostrar que as soluções (x,y) do sistema são exatamente os pontos fixos de f (isto é, que (x,y) satisfaz o sistema se, e somente se, f(x,y)=(x,y)).\n
  2. (b) Dado que (0,0) e (1,0) são pontos fixos de f, analisar o que podemos dizer sobre a convergência do método de ponto fixo
(x_{n+1},y_{n+1})=f(x_n,y_n)
em torno desses pontos (se são atraentes, repulsivos, etc.). Todas as informações relevantes do enunciado estão listadas acima.]

Passo 2

Vou mostrar que a primeira equação do sistema é equivalente à igualdade x=f_1(x,y), onde f_1 é a primeira componente de f. Escrevo f_1 explicitamente:
f_1(x,y)=\frac{x^{2}}{3}+\frac{x y}{5}+\frac{2 x}{3}-\frac{y}{5}.
Calculo x-f_1(x,y) e simplifico (multiplicando por 15, o mínimo múltiplo comum de 3 e 5 para evitar frações):
\begin{aligned} 15\bigl(x-f_1(x,y)\bigr) &=15x-15\Bigl(\frac{x^{2}}{3}+\frac{x y}{5}+\frac{2 x}{3}-\frac{y}{5}\Bigr)\\[4pt] &=15x-5x^{2}-3xy-10x+3y\\[4pt] &=5x-5x^{2}-3xy+3y\\[4pt] &=-(5x^{2}+3xy-5x-3y). \end{aligned}
Portanto
x-f_1(x,y)=-\frac{1}{15}\bigl(5x^{2}+3xy-5x-3y\bigr).
Logo a primeira equação 5x^{2}+3xy-5x-3y=0 é equivalente a x=f_1(x,y).]

Passo 3

Agora mostro que a segunda equação do sistema é equivalente à igualdade y=f_2(x,y), onde f_2 é a segunda componente de f. Escrevo f_2:
f_2(x,y)=\frac{x^{2}}{3}-\frac{x y}{5}+\frac{y^{2}}{15}-\frac{x}{3}+\frac{y}{5}.
Calculo y-f_2(x,y) e simplifico (novamente multiplicando por 15):
\begin{aligned} 15\bigl(y-f_2(x,y)\bigr) &=15y-15\Bigl(\frac{x^{2}}{3}-\frac{x y}{5}+\frac{y^{2}}{15}-\frac{x}{3}+\frac{y}{5}\Bigr)\\[4pt] &=15y-5x^{2}+3xy-y^{2}+5x-3y\\[4pt] &=12y-5x^{2}+3xy-y^{2}+5x\\[4pt] &=-(5x^{2}-3xy+y^{2}-5x-12y). \end{aligned}
Portanto
y-f_2(x,y)=-\frac{1}{15}\bigl(5x^{2}-3xy+y^{2}-5x-12y\bigr).
Logo a segunda equação 5x^{2}-3xy+y^{2}-5x-12y=0 é equivalente a y=f_2(x,y).]

Passo 4

Com os dois cálculos anteriores temos a equivalência completa:
\begin{cases}5 x^{2}+3 x y-5 x-3 y =0\\[2pt]5 x^{2}-3 x y+y^{2}-5 x-12 y =0\end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=f_1(x,y)\\[2pt]y=f_2(x,y)\end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad f(x,y)=(x,y).
Isto responde a parte (a): as soluções do sistema são exatamente os pontos fixos de f.]

Passo 5

Antes de analisar a convergência do método de ponto fixo, preciso explicar a ferramenta que vamos usar: a linearização via a matriz Jacobiana. Ideia (intuição): se f é suave, o comportamento do iterado x_{n+1}=f(x_n) perto de um ponto fixo p é aproximado pela aplicação linear dada por J_f(p), a matriz das derivadas parciais em p. Critério prático:
  • Se todos os autovalores de J_f(p) têm módulo menor que 1 (isto é, raio espectral <1), então p é localmente atraente: a iteração converge para p para pontos iniciais suficientemente próximos.
  • Se existe algum autovalor com módulo maior que 1, então p é instável (há direções em que iterações se afastam de p), logo a convergência não ocorre em geral (apenas em um conjunto de condições iniciais especiais de medida zero, como uma variedade estável).
    Isto vem do teorema da linearização (ou do comportamento da iteração linearizada) e é o critério que vamos aplicar.

Passo 6

Calculamos a Jacobiana J_f(x,y). Tomamos derivadas parciais das componentes f_1,f_2:
\begin{aligned} \frac{\partial f_1}{\partial x}(x,y)&=\frac{2x}{3}+\frac{y}{5}+\frac{2}{3},\\[4pt] \frac{\partial f_1}{\partial y}(x,y)&=\frac{x}{5}-\frac{1}{5},\\[6pt] \frac{\partial f_2}{\partial x}(x,y)&=\frac{2x}{3}-\frac{y}{5}-\frac{1}{3},\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial y}(x,y)&=-\frac{x}{5}+\frac{2y}{15}+\frac{1}{5}. \end{aligned}
Assim
J_f(x,y)= \begin{pmatrix} \displaystyle \frac{2x}{3}+\frac{y}{5}+\frac{2}{3} & \displaystyle \frac{x}{5}-\frac{1}{5}\\[8pt] \displaystyle \frac{2x}{3}-\frac{y}{5}-\frac{1}{3} & \displaystyle -\frac{x}{5}+\frac{2y}{15}+\frac{1}{5} \end{pmatrix}.]

Passo 7

Avalio a Jacobiana em (0,0). Substituindo x=0,y=0 nas entradas:
J_f(0,0)= \begin{pmatrix} \displaystyle \frac{2}{3} & \displaystyle -\frac{1}{5}\\[6pt] \displaystyle -\frac{1}{3} & \displaystyle \frac{1}{5} \end{pmatrix}.]

Passo 8

Calculamos os autovalores de J_f(0,0). O polinômio característico é
\det\!\bigl(J_f(0,0)-\lambda I\bigr) =\Bigl(\frac{2}{3}-\lambda\Bigr)\Bigl(\frac{1}{5}-\lambda\Bigr)-\Bigl(-\frac{1}{5}\Bigr)\Bigl(-\frac{1}{3}\Bigr).
Expandindo e simplificando:
\lambda^{2}-\frac{13}{15}\lambda+\frac{1}{15}=0.
As raízes são
\lambda=\frac{13}{30}\pm\frac{\sqrt{109}}{30},
isto é numericamente aproximadamente \lambda_{1}\approx 0{,}78134 e \lambda_{2}\approx 0{,}08532. Ambos têm módulo menor que 1. Pela discussão do passo anterior, isso implica que (0,0) é um ponto fixo localmente atrativo: a iteração converge linearmente para (0,0) sempre que a condição inicial estiver suficientemente perto de (0,0).

Passo 9

Agora avalio a Jacobiana em (1,0). Substituindo x=1,y=0:
J_f(1,0)= \begin{pmatrix} \displaystyle \frac{4}{3} & 0\\[6pt] \displaystyle \frac{1}{3} & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 10

Calculamos os autovalores de J_f(1,0). O polinômio característico é
\det\!\bigl(J_f(1,0)-\lambda I\bigr)=\Bigl(\frac{4}{3}-\lambda\Bigr)(-\lambda)-0\cdot\frac{1}{3}=-\lambda\Bigl(\frac{4}{3}-\lambda\Bigr).
Logo os autovalores são \lambda=0 e \lambda=\tfrac{4}{3}. Como existe um autovalor com módulo maior que 1 (especificamente \tfrac{4}{3}>1), o ponto fixo (1,0) é instável para a iteração por ponto fixo: em geral as iterações não convergem para (1,0) (há direções em que elas se afastam). Só em condições iniciais especiais (numa variedade estável de dimensão menor — conjunto de medida zero) pode-se convergir para (1,0); não há atração local em aberto em torno de (1,0).

Passo 11

Resumo intuitivo (para levar à prova): em torno de (0,0) a linearização encolhe em todas as direções (autovalores em módulo menores que 1), por isso iterar f atrai para (0,0) quem começar perto. Em torno de (1,0) há pelo menos uma direção em que a linearização expande (autovalor 4/3), por isso (1,0) é repulsivo em geral.

Resposta

(0,0) é localmente atrativo (a iteração converge para (0,0) para condições iniciais suficientemente próximas).\n
(1,0) é instável (não é atraente; a iteração em geral não converge para (1,0), somente para condições iniciais especiais de medida zero).

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