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(t)=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.

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado pede e quais dados temos.
  • O sistema dado é
x'=-x y,\qquad y'=-y.
  • Perguntas:
    (a) Encontrar todos os equilíbrios do sistema e explicar por que o Teorema da Linearização (Teorema de Hartman) não pode ser usado para analisá-los.
    (b) Verificar que
    x(t)=x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{-t}-1)\bigr),\qquad y(t)=y_{0}e^{-t}
    satisfazem o sistema com x(0)=x_{0}, y(0)=y_{0}.
    (c) Encontrar uma quantidade conservada H(x,y) (uma primeira integral) e usá-la para descrever o retrato de fase do sistema.
  • Informações relevantes do enunciado:
    • Sistema autônomo de duas equações ordinárias.
    • Condições iniciais gerais x(0)=x_{0}, y(0)=y_{0}.
    • Não há imagem adicional.
A partir daqui começo a resolver passo a passo.

Passo 2

Encontrar os equilíbrios: pontos (x,y) tais que x'=0 e y'=0.
  • Da segunda equação y'=-y, a condição y'=0 implica
y=0.
  • Substituindo em x'=-x y obtemos x'=-x\cdot 0=0 para qualquer x. Portanto qualquer ponto com y=0 é equilíbrio.
Conclusão: o conjunto de equilíbrios é a reta
\{(x,0)\mid x\in\mathbb{R}\}.

Passo 3

Calcular a matriz Jacobiana e avaliar nos equilíbrios para verificar a hipótese do Teorema de Hartman.
  • A Jacobiana Df(x,y) do campo f(x,y)=(-x y,\,-y) é obtida derivando componente a componente:
Df(x,y)=\begin{pmatrix} \partial_x(-x y) & \partial_y(-x y)\\[4pt] \partial_x(-y) & \partial_y(-y) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -y & -x\\[4pt] 0 & -1 \end{pmatrix}.
  • Avaliando num ponto de equilíbrio (x,0) (ou seja, y=0):
Df(x,0)=\begin{pmatrix} 0 & -x\\[4pt] 0 & -1 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Encontrar os autovalores da matriz linearizada e explicar por que Hartman não vale.
  • A matriz Df(x,0) é triangular, portanto seus autovalores são as entradas da diagonal:
\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=-1.
  • O Teorema de Hartman (linearização) exige que todos os autovalores da linearização no equilíbrio tenham parte real diferente de zero (equilíbrio hiperbólico). Aqui sempre aparece um autovalor \lambda_1=0 (autovalor nulo), ou seja, cada ponto da reta de equilíbrios é não-hiperbólico.
  • Conclusão: o Teorema da Linearização não se aplica porque os equilíbrios não são hiperbólicos (há sempre um autovalor com parte real igual a zero). Portanto a análise local não pode ser simplesmente feita pela linearização; precisamos de métodos não lineares ou integrar explicitamente.

Passo 5

Verificar a solução proposta: verificar primeiro y(t)=y_{0}e^{-t}.
  • Derivando y(t):
\frac{d}{dt}y(t)=\frac{d}{dt}\bigl(y_{0}e^{-t}\bigr)=y_{0}\cdot(-e^{-t})=-y_{0}e^{-t}=-y(t).
  • Isso coincide com a equação y'=-y. A condição inicial é evidente:
y(0)=y_{0}e^{0}=y_{0}.
  • Portanto y(t)=y_{0}e^{-t} satisfaz a segunda equação e a condição inicial.

Passo 6

Verificar a expressão para x(t):
x(t)=x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{-t}-1)\bigr).
  • Para distinguir, defina o expoente
E(t)=y_{0}\bigl(e^{-t}-1\bigr).
  • Então x(t)=x_{0}e^{E(t)}. Derivando,
x'(t)=x_{0}e^{E(t)}E'(t)=x(t)\,E'(t).
  • Agora calcule E'(t):
E'(t)=y_{0}\frac{d}{dt}\bigl(e^{-t}-1\bigr)=y_{0}(-e^{-t})=-y_{0}e^{-t}.
  • Logo
x'(t)=x(t)\cdot\bigl(-y_{0}e^{-t}\bigr)=-x(t)\,y_{0}e^{-t}.
  • Mas y(t)=y_{0}e^{-t}, portanto
x'(t)=-x(t)\,y(t),
que é exatamente a primeira equação do sistema. Verificação da condição inicial:
x(0)=x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{0}-1)\bigr)=x_{0}e^{y_{0}(1-1)}=x_{0}e^{0}=x_{0}.
  • Conclusão: a fórmula dada para x(t) e y(t) satisfaz o sistema e as condições iniciais.

Passo 7

Buscar uma quantidade conservada H(x,y) (primeira integral). Método: eliminar o parâmetro t e achar relação entre x e y que se conserva.
  • Quando y\neq 0 pode-se formar a razão
\frac{dx}{dy}=\frac{x'}{y'}=\frac{-x y}{-y}=\;x.
  • Esta é uma equação diferencial ordinária em x como função de y:
\frac{dx}{dy}=x.
  • Separando variáveis (ou reconhecendo equação linear de coeficiente constante):
\frac{1}{x}\,dx=dy.
  • Integrando ambos os lados:
\int \frac{1}{x}\,dx=\int 1\,dy \quad\Longrightarrow\quad \ln|x|=y+C,
onde C é constante de integração ao longo de uma trajetória.
  • Rearranjando:
\ln|x|-y=C.
  • Portanto uma primeira integral (quantidade conservada) é
H(x,y)=\ln|x|-y.
  • Observação sobre domínio: H está bem definido para x\neq 0. O caso x=0 é uma solução invariantes à parte (se x_0=0 então x(t)\equiv 0); as trajetórias com x\neq 0 permanecem com x do mesmo sinal e obedecem ao nível de H.

Passo 8

Interpretar as curvas de nível H(x,y)=\text{const} e relacionar com as soluções explícitas.
  • Escrevendo a constante C explicitamente:
\ln|x|-y=C \quad\Longleftrightarrow\quad y=\ln|x|-C.
  • Assim as curvas integrais no plano (x,y) são descritas por ramos da função logarítmica traduzida verticalmente. Para x>0 temos a curva y=\ln x - C; para x<0 existe o ramo com \ln|x|.
  • Verificação com a solução explícita: calcule \ln|x(t)|-y(t) usando as fórmulas dadas.
\ln|x(t)|-y(t)=\ln|x_{0}|+y_{0}(e^{-t}-1)-y_{0}e^{-t}=\ln|x_{0}|-y_{0},
constante no tempo, de fato.

Passo 9

Descrever o retrato de fase usando H e comportamento temporal.
  • Trajetórias (soluções no espaço de fases) são exatamente as curvas de nível
\ln|x|-y=\text{const}.
  • Direção do movimento ao longo dessas curvas: como y'=-y, o componente y(t) decresce exponencialmente para 0 quando t\to+\infty. Portanto, ao incrementar t, as trajetórias movem-se no sentido de y decrescente, aproximando-se da reta de equilíbrios y=0.
  • Limite temporal: a solução explícita mostra
\lim_{t\to+\infty}y(t)=0,\qquad \lim_{t\to+\infty}x(t)=x_{0}e^{-y_{0}}=:x_{\infty}.
Assim cada trajetória tende, quando t\to+\infty, para o ponto de equilíbrio (x_{\infty},0) pertencente à reta de equilíbrios. O ponto de equilíbrio alcançado depende da condição inicial (x_{0},y_{0}).
  • Propiedades adicionais:
    • O sinal de x é preservado ao longo da trajetória (pela forma explícita x(t)=x_{0}e^{\cdots}), então as curvas para x>0 e x<0 são separadas.
    • A linha x=0 é invariante: se x_{0}=0 então x(t)\equiv 0 e y(t)=y_{0}e^{-t}\to 0; esses pontos vão para (0,0).
  • Classificação dos equilíbrios: cada ponto (x^*,0) é estável no sentido de Lyapunov mas não assimptoticamente estável (não atrai uma vizinhança inteira para si), porque pequenas perturbações em y deslocam o ponto-limite ao longo da reta y=0. Em outras palavras, as trajetórias próximas permanecem próximas à reta de equilíbrios e tendem para algum ponto da reta, mas não necessariamente para o mesmo ponto de equilíbrio inicial (salvo se a perturbação for exatamente tangente à curva de nível que passa por ele).

Passo 10

Resumo geométrico prático para desenhar o retrato de fase (o que desenhar na prova).
  • Desenhar a reta de equilíbrios y=0.
  • Desenhar famílias de curvas y=\ln|x|+k (vários valores de k), separadas em ramos x>0 e x<0.
  • Indicar setas ao longo dessas curvas apontando para baixo em y (isto é, a direção do tempo negativo para positivo leva y para 0). As setas apontam para a reta y=0, terminando no ponto (x_{\infty},0) determinado pela constante de nível.
  • Indicar que x=0 é invariável e que (0,0) pertence à reta de equilíbrios.
  • Notar que não há órbitas fechadas: todas as trajetórias (com y\neq 0) vão de infinito em y quando t\to-\infty para um ponto na reta y=0 quando t\to+\infty.

Resposta

(a) O conjunto de equilíbrios é \{(x,0)\mid x\in\mathbb{R}\}. O Teorema da Linearização (Hartman) não se aplica porque a linearização em qualquer (x,0) tem autovalores \lambda_{1}=0 e \lambda_{2}=-1, isto é, há sempre um autovalor com parte real zero (não-hiperbólico).\n
(b) Sim: y(t)=y_{0}e^{-t} satisfaz y'=-y e y(0)=y_{0}. Para x(t)=x_{0}\exp\!\bigl(y_{0}(e^{-t}-1)\bigr) tem-se x'(t)=-x(t)y(t) e x(0)=x_{0}, logo ambas são soluções com as condições iniciais dadas.\n
(c) Uma primeira integral é H(x,y)=\ln|x|-y (definida para x\neq0). As curvas de nível H(x,y)=\text{const} são y=\ln|x|-C (ramos da função logarítmica translados verticalmente) e são as trajetórias do sistema. Cada solução tende, quando t\to+\infty, para um ponto da reta de equilíbrios y=0; mais precisamente \lim_{t\to+\infty}y(t)=0 e \lim_{t\to+\infty}x(t)=x_{0}e^{-y_{0}}. As trajetórias não cruzam a reta x=0 (o sinal de x é preservado). Os equilíbrios (x^{*},0) são estáveis (no sentido de Lyapunov) mas não são assimptoticamente estáveis: pequenas perturbações levam a convergência para um ponto diferente na reta y=0.

Exercícios relacionados