Questão 5. ( 20 pontos) Considere o sistema de equacões diferenciais.
x^{\prime}=-x y, \quad y^{\prime}=-y
(a) (5 pontos) Encontre todos os equilíbrios do sistema (3) e explique porque não podem ser analisados pelo Teorema da Linearização (Teorema de Hartman).
(b) (5 pontos) Verifique que as seguintes expressões são soluções de (3) com condição inicial x(0)=x_{0} e y(0)=y_{0}.
x(t)=x_{0} \exp \left(y_{0}(\exp (-t)-1)\right)=x_{0} e^{y_{0}\left(e^{-t}-1\right)}, \quad y^{\prime}=y_{0} \exp (-t)=y_{0} e^{-t} .
(c) (10 pontos) Encontre uma quantidade conservada H(x, y) para esse sistema e a use para determinar como é o seu retrato de fase.
\operatorname{sen}(a+b)=\operatorname{sen} a \cos b+\cos a \operatorname{sen} b, \quad \cos (a+b)=\cos a \cos b-\operatorname{sen} a \operatorname{sen} b

Passo 1

O enunciado dá o sistema de equações diferenciais
x' = -x y,\qquad y' = -y,
e pede três coisas:
  • (a) encontrar todos os pontos de equilíbrio do sistema e explicar por que o Teorema da Linearização (Hartman) não pode ser aplicado;
  • (b) verificar que as funções
x(t)=x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{-t}-1)\bigr),\qquad y(t)=y_{0}e^{-t}
satisfazem o sistema com condição inicial x(0)=x_{0},\,y(0)=y_{0};
  • (c) encontrar uma quantidade conservada H(x,y) (uma primeira integral) e usar isso para descrever o retrato de fase.
Informações relevantes dadas:
  • O sistema completo é fornecido (não falta nenhuma figura).
  • As expressões de x(t) e y(t) são candidatas a soluções com dados iniciais x_0,y_0.
  • Deve-se produzir e usar uma quantidade conservada para descrever as curvas de fase.

Passo 2

Encontrar os equilíbrios: equilibrío é ponto (x,y) tal que x'=0 e y'=0.
Impondo as igualdades:
y'=-y=0\quad\Rightarrow\quad y=0.
Com y=0 temos
x'=-x y = -x\cdot 0 = 0,
logo qualquer x\in\mathbb{R} satisfaz x'=0. Portanto o conjunto de equilíbrios é a reta
\mathcal{E}=\{(x,0)\mid x\in\mathbb{R}\}.
Agora o porquê de o Teorema da Linearização (Hartman-Grobman) não poder ser aplicado: calcule a matriz jacobiana do campo
f(x,y)=\begin{pmatrix}-xy\\\ -y\end{pmatrix}.
A jacobiana é
Df(x,y)=\begin{pmatrix}-y & -x \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}.
Nos pontos de equilíbrio temos y=0, logo
Df(x,0)=\begin{pmatrix}0 & -x \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}.
Os autovalores dessa matriz são \lambda_1=0 e \lambda_2=-1 (determinante e traço ou observando a forma triangular). Como existe um autovalor igual a 0, cada equilíbrio é não hiperbólico. O Teorema de Hartman-Grobman requer que o equilíbrio seja hiperbólico (nenhum autovalor com parte real zero). Portanto o teorema não se aplica a nenhum ponto da reta de equilíbrios.]

Passo 3

Verificação de que y(t)=y_{0}e^{-t} satisfaz y'=-y com y(0)=y_{0}.
Calcule a derivada:
\frac{d}{dt}\bigl(y_{0}e^{-t}\bigr)=y_{0}\cdot(-e^{-t})=-y_{0}e^{-t}=-y(t).
No tempo t=0 tem-se y(0)=y_{0}e^{0}=y_{0}. Logo y(t) é solução de y'=-y com a condição inicial exigida.
Agora verificação de x(t)=x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{-t}-1)\bigr) satisfaz x'=-x y com x(0)=x_{0}.
Primeiro a condição inicial: em t=0 temos e^{-0}-1=0, então x(0)=x_{0}e^{0}=x_{0}, ok.
Agora calcule a derivada de x(t). Escrevendo x(t)=x_{0}\exp(\varphi(t)) com \varphi(t)=y_{0}(e^{-t}-1), tem
\varphi'(t)=y_{0}\cdot(-e^{-t})=-y_{0}e^{-t}.
Então
x'(t)=x_{0}\exp(\varphi(t))\cdot\varphi'(t)=x(t)\cdot\bigl(-y_{0}e^{-t}\bigr).
Mas y(t)=y_{0}e^{-t}, portanto
x'(t)=-x(t)\,y(t),
como exigido. Assim x(t) e y(t) cumprem o sistema com as condições iniciais.

Passo 4

Encontrar uma quantidade conservada H(x,y). Dois métodos simples:
Método A (integração de \dfrac{dy}{dx}). Para trajetórias com y\neq 0 (ou onde definimos a razão), temos
\frac{dy}{dx}=\frac{y'}{x'}=\frac{-y}{-x y}=\frac{1}{x}.
Integrando em x:
y=\ln|x|+C,
ou rearranjando
y-\ln|x|=C.
Assim uma primeira integral (na região x\neq 0) é y-\ln|x| constante.
Método B (conservado mais simples e global). Experimente a expressão H(x,y)=x e^{-y}. Verifique se é constante ao longo da solução:
\frac{d}{dt}\bigl(x e^{-y}\bigr)=x' e^{-y}+x\cdot\frac{d}{dt}(e^{-y}).
Como \frac{d}{dt}(e^{-y})=-y' e^{-y}, obtemos
\frac{d}{dt}\bigl(x e^{-y}\bigr)=e^{-y}\bigl(x'-x y'\bigr).
Substituindo x'=-xy e y'=-y
x'-x y'=-xy - x(-y)=0,
logo \dfrac{d}{dt}\bigl(x e^{-y}\bigr)=0. Portanto
H(x,y)=x e^{-y}
é uma quantidade conservada (primeira integral) válida globalmente (para todo par (x,y)). Observe que, tomando logaritmo quando x>0, \ln x - y é constante, que equivale à forma anterior y-\ln x= constante.
Relacionando com a solução explícita: para a solução dada, calcule
x(t)e^{-y(t)} = x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{-t}-1)\bigr)\cdot e^{-y_{0}e^{-t}} = x_{0}\exp(-y_{0})=\text{constante},
confirmando que H é constante e que o valor de H para a trajetória inicial (x_{0},y_{0}) é H(x_{0},y_{0})=x_{0}e^{-y_{0}}.

Passo 5

Usar H(x,y)=x e^{-y} para descrever o retrato de fase.
As curvas de nível de H são as trajetórias no plano. Escritas explicitamente:
x e^{-y}=C \quad\Longleftrightarrow\quad x = C e^{y},
onde C\in\mathbb{R} é a constante determinada pela condição inicial C= x_{0}e^{-y_{0}}.
Características dessas curvas e o comportamento temporal:
  • Para C>0, a curva é o gráfico x=C e^{y}>0. Para C<0, é o gráfico com x<0. Para C=0 obtém-se a reta x=0.
  • Ao longo de cada curva, y(t)=y_{0}e^{-t} decai exponencialmente para 0 quando t\to+\infty. Portanto em tempo futuro todas as trajetórias tendem para a reta de equilíbrios \mathcal{E}=\{(x,0)\}.
  • O ponto de acumulação (o equilibrío final) para a trajetória com constante C é (C,0), porque quando t\to+\infty tem y(t)\to 0 e x(t)\to C e^{0}=C. Em termos das condições iniciais, o limite é
\lim_{t\to+\infty} (x(t),y(t)) = \bigl(x_{0}e^{-y_{0}},\,0\bigr).
  • A direção do fluxo: como y'(t)=-y(t), a componente y sempre diminui (se y_{0}>0 decresce para 0 pela direita; se y_{0}<0 aumenta para 0 por baixo), então os vetores do campo apontam no sentido de diminuir y. Em desenho, sobre cada curva x=C e^{y} as setas apontam no sentido decrescente de y (movendo-se para a linha y=0).
  • Não há órbitas periódicas: as curvas x=C e^{y} não são fechadas; elas tendem para a reta de equilíbrios quando t\to+\infty e vão para infinito em y quando t\to-\infty (dependendo do sinal de y_0).
  • Cada ponto (x^*,0) da reta de equilíbrios é neutro na direção tangencial à reta (não atração/explosão em x porque existe autovalor zero), mas atrai trajectórias na direção transversal (componente y) por causa do autovalor -1. Assim os equilíbrios são não hiperbólicos: atração na direção associada a \lambda=-1 e neutro na direção associada a \lambda=0. Por isso um equilíbrio isolado não é assintoticamente estável (há deslocamentos em x que levam a outros equilíbrios), mas a reta inteira atua como conjunto atrator em y-direção.
Resumo geométrico para o retrato de fase:
  • Famílias de curvas x=C e^{y} (cada C fixa uma curva).
  • Flechas indicando decaimento de y (movimento “para baixo” nas curvas).
  • Limite em t\to+\infty: cada órbita converge para o ponto (C,0) sobre a linha de equilíbrios.
  • A linha y=0 é o conjunto de equilíbrios; x=0 (caso C=0) é a curva que corresponde ao eixo vertical e também é invariante.

Resposta

(a) Todos os equilíbrios são \{(x,0)\mid x\in\mathbb{R}\}. O Teorema da Linearização não se aplica porque a jacobiana em (x,0) tem autovalores 0 e -1 (há um autovalor zero), portanto os equilíbrios são não hiperbólicos.
(b) As funções dadas satisfazem as condições iniciais e verificam as equações: y(t)=y_{0}e^{-t} satisfaz y'=-y e x(t)=x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{-t}-1)\bigr) satisfaz x'=-x y.
(c) Uma quantidade conservada é H(x,y)=x e^{-y}. As curvas de fase são os níveis x=C e^{y} (com C=x_{0}e^{-y_{0}}); ao longo das trajetórias y(t)\to 0 quando t\to+\infty e cada órbita converge para (C,0) na reta de equilíbrios.

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