Questão 3. (25 pontos) Encontre uma função H(x, y) tal que as soluções do seguinte sistema estejam contidas em suas curvas de nível.
x^{\prime}=x-x^{2}-x y, \quad y^{\prime}=-y+2 x y+\frac{y^{2}}{2}
Use este fato para esboçar seu retrato de fase, com enfoque no nível zero desta função, ou seja, H(x, y)=0.

Passo 1

O enunciado dá o sistema
x^{\prime}=x-x^{2}-x y,\qquad y^{\prime}=-y+2 x y+\frac{y^{2}}{2},
e pede duas coisas:
  • encontrar uma função H(x,y) tal que as soluções do sistema estejam contidas nas curvas de nível de H (isto é, H é constante ao longo de cada solução);
  • usar isso para esboçar o retrato de fase, com ênfase no nível zero H(x,y)=0.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • o campo vetorial é (x',y') conforme escrito acima;
  • queremos H com a propriedade \dfrac{d}{dt}H(x(t),y(t))=0 ao longo das soluções.

Passo 2

Ideia prática para achar H (explicando passo a passo): ao longo de uma solução (x(t),y(t)) vale
\frac{d}{dt}H(x(t),y(t))=H_x(x,y)\,x'+H_y(x,y)\,y'.
Para que isto seja zero para todas as soluções basta tentar construir H tal que
H_x(x,y)=-y'(x,y),\qquad H_y(x,y)=x'(x,y).
Isso corresponde a procurar H com diferencial exato igual a
dH = -y'\,dx + x'\,dy.
Antes de integrar, verificamos a condição de compatibilidade (exatidão): precisamos que
\frac{\partial}{\partial y}(-y')=\frac{\partial}{\partial x}(x').
Agora calculamos as derivadas parciais dos termos dados:
x'(x,y)=x-x^{2}-x y, \qquad y'(x,y)=-y+2 x y+\frac{y^{2}}{2}.
Calculemos as parciais:
\frac{\partial}{\partial x}(x')=1-2x-y,
\frac{\partial}{\partial y}(-y')=-\bigl(-1+2x+y\bigr)=1-2x-y.
Como as duas expressões coincidem, a forma -y'\,dx + x'\,dy é exata: podemos integrar para obter H.

Passo 3

Integramos H_x(x,y)=-y'(x,y) em relação a x (tratando y como constante) para encontrar H.
Primeiro escrevemos H_x:
H_x(x,y)=-y'(x,y) = -\biggl(-y+2xy+\frac{y^{2}}{2}\biggr)=y-2xy-\frac{y^{2}}{2}.
Agora integramos em x:
H(x,y)=\int \biggl(y-2xy-\frac{y^{2}}{2}\biggr)\,dx = yx - yx^{2} - \frac{y^{2}}{2}x + g(y),
onde g(y) é uma função a determinar (constante de integração dependente de y). Então
H(x,y)=xy - x^{2}y - \frac{x y^{2}}{2} + g(y).

Passo 4

Determinar g(y) impondo H_y(x,y)=x'(x,y). Calculamos H_y da expressão encontrada:
H_y(x,y)=x - x^{2} - x y + g'(y).
Mas devemos ter H_y=x'=x-x^{2}-x y. Logo g'(y)=0, isto é, g é constante. Podemos tomar essa constante igual a zero (não altera as curvas de nível). Assim a função buscada é
H(x,y)=xy - x^{2}y - \frac{x y^{2}}{2}.
Fatorando,
H(x,y)=x y\Bigl(1-x-\frac{y}{2}\Bigr).
Por construção, ao longo de quaisquer soluções (x(t),y(t)) vale \dfrac{d}{dt}H(x(t),y(t))=0, ou seja, as trajetórias ficam contidas nas curvas H(x,y)=\text{constante}.

Passo 5

Encontrar os pontos de equilíbrio (úteis para o retrato). Equilíbrios satisfazem x'=0 e y'=0. Resolvendo:
x'=x(1-x-y)=0 \quad\Rightarrow\quad x=0 \text{ ou } y=1-x.
y'=y\Bigl(-1+2x+\frac{y}{2}\Bigr)=0 \quad\Rightarrow\quad y=0 \text{ ou } y=2-4x.
Interseções:
  • x=0 e y=0 \Rightarrow (0,0).
  • x=0 e y=2-4x=2 \Rightarrow (0,2).
  • y=0 e x(1-x)=0 \Rightarrow (0,0) (já) e (1,0).
  • y=1-x e y=2-4x \Rightarrow 1-x=2-4x\Rightarrow 3x=1\Rightarrow x=\tfrac{1}{3}, e então y=\tfrac{2}{3}. Assim o quarto equilíbrio é \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr).
Portanto os equilíbrios são:
(0,0),\quad (1,0),\quad (0,2),\quad \Bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\Bigr).

Passo 6

Calcule H nos equilíbrios para ver em que nível eles estão:
H(0,0)=0,\qquad H(1,0)=0,\qquad H(0,2)=0.
Logo os três pontos (0,0),(1,0),(0,2) estão no nível H=0. No ponto \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr) temos
H\Bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\Bigr)=\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\Bigl(1-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\Bigr) =\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{27}>0.
Logo \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr) está em um nível positivo H=\tfrac{2}{27}.

Passo 7

Classificação linear dos equilíbrios (razoável para o esboço). A jacobiana é
J(x,y)=\begin{pmatrix} 1-2x-y & -x\\[4pt] 2y & -1+2x+y \end{pmatrix}.
Avaliações:
  • Em (0,0): J=\begin{pmatrix}1&0\\[2pt]0&-1\end{pmatrix}. Autovalores 1 e -1 → ponto do tipo sela.
  • Em (1,0): J=\begin{pmatrix}-1&-1\\[2pt]0&1\end{pmatrix}. Autovalores -1 e 1 → sela.
  • Em (0,2): J=\begin{pmatrix}-1&0\\[2pt]4&1\end{pmatrix}. Autovalores -1 e 1 → sela.
  • Em \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr): J=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}&-\tfrac{1}{3}\\[2pt]\tfrac{4}{3}&\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}. Aqui \operatorname{tr}J=0 e \det J=\tfrac{1}{3}>0, logo autovalores puramente imaginários no linearizado → ponto central (linearmente um centro). Como H é uma primeira integral e tem um máximo estrito nesse ponto (verifica-se pelo Hessiano), esse equilíbrio é um centro não linear rodeado por órbitas fechadas.]

Passo 8

Descrever o nível zero H(x,y)=0 e o fluxo sobre suas componentes. Como
H(x,y)=x y\Bigl(1-x-\frac{y}{2}\Bigr),
o conjunto H=0 é a união de três curvas:
x=0,\qquad y=0,\qquad 1-x-\frac{y}{2}=0\quad(\text{ou } y=2-2x).
Essas três curvas ligam exatamente os três selas: x=0 liga (0,0) a (0,2); y=0 liga (0,0) a (1,0); e a reta y=2-2x liga (0,2) a (1,0). Por construção, cada uma dessas componentes é invariante (se a condição inicial está em H=0, a trajetória permanece nela).
Direções do fluxo sobre cada componente (substitua na equação do sistema para ver o sentido):
  • Sobre o eixo y=0: x'=x(1-x). Para 0<x<1 tem-se x'>0 → movimento da esquerda para a direita (de (0,0) em direção a (1,0)). Para x>1 tem x'<0 (volta para a esquerda).
  • Sobre o eixo x=0: y'=y(-1+\tfrac{y}{2}). Para 0<y<2 tem y'<0 → descida de (0,2) para (0,0). Para y>2 tem y'>0.
  • Sobre a reta y=2-2x: substituindo obtém-se x'=x(x-1). Para 0<x<1 tem x'<0, logo o movimento é de (1,0) para (0,2).
Assim a curva H=0 forma as separatrizes que ligam as três selas, e é invariante com o sentido indicado acima.

Passo 9

Descrição qualitativa das demais curvas de nível e orientação das órbitas:
  • No interior da região limitada pelas separatrizes (isto é, ao redor de \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr)), os níveis H=c com 0<c<\tfrac{2}{27} são curvas fechadas que representam órbitas periódicas (o centro é cercado por órbitas fechadas). O sentido de rotação pode ser determinado por um exemplo numérico: num ponto à direita do centro temos x'<0 e y'>0, isto indica rotação no sentido anti-horário (contra‑horário).
  • No nível H=0 aparecem as separatrizes (descritas no passo anterior).
  • Para níveis c<0 as curvas de nível são abertas (não fechadas) e tendem a infinito; elas descrevem orbitas que não são periódicas.

Passo 10

Como esboçar o retrato de fase (passos práticos para o desenho):
  1. Marcar os quatro equilíbrios: três selas em (0,0),(1,0),(0,2) e um centro em \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr).
  2. Desenhar as três componentes de H=0: o eixo x=0 entre (0,0) e (0,2), o eixo y=0 entre (0,0) e (1,0), e a reta y=2-2x entre (0,2) e (1,0). Colocar as setas conforme indicado no passo 8 (essas curvas são as separatrizes).
  3. No interior das separatrizes desenhar curvas fechadas concêntricas em torno do centro \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr), com orientação anti-horária.
  4. Fora das separatrizes desenhar curvas de nível que escapam para o infinito, atentando para que não cruzem as curvas de nível já desenhadas (níveis diferentes não se cruzam).
Força aí — com esses passos dá para desenhar um retrato de fase fiel: três selas ligadas por separatrizes (nível zero) e um centro cercado por órbitas fechadas (níveis positivos).

Resposta

H(x,y)=x y\Bigl(1-x-\dfrac{y}{2}\Bigr)
O nível zero H(x,y)=0 é a união das curvas x=0, y=0 e y=2-2x; nelas estão os equilíbrios (0,0),(1,0),(0,2) (selas) e as setas seguem: sobre y=0 (para 0<x<1) o fluxo vai de (0,0) para (1,0); sobre x=0 (para 0<y<2) vai de (0,2) para (0,0); sobre y=2-2x (para 0<x<1) vai de (1,0) para (0,2). O ponto \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\bigr) é um centro rodeado por órbitas fechadas H=c>0 (orientação anti‑horária).

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