Questão 2. (30 pontos) Para cada um dos seguintes sistemas, encontre todos os seus equilibrios e determine, quando possível, sua estabilidade com os resultados vistos em aula.
(a) (15 pontos) x^{\prime}=(x+2)(y-x), y^{\prime}=(4-x)(y+x)

Passo 1

O enunciado dá o sistema planar
\begin{cases} x'=(x+2)(y-x),\\[4pt] y'=(4-x)(y+x), \end{cases}
e pede duas coisas:
  • Encontrar todos os pontos de equilíbrio (ou pontos críticos), isto é, todos os pontos (x,y) onde x'=0 e y'=0.
  • Determinar, quando possível, a estabilidade desses equilíbrios (estável/instável; nó, sela, foco/espiral, etc.).
Informações relevantes fornecidas:
  • As expressões das derivadas x' e y' são produtos fatorados: x'=(x+2)(y-x) e y'=(4-x)(y+x).
  • A estabilidade será estudada localmente (linearização/Jacobiano) quando a linearização for aplicável.]

Passo 2

Definição prática de equilíbrio: um ponto (x,y) é equilíbrio se
(x+2)(y-x)=0 \qquad\text{e}\qquad (4-x)(y+x)=0.
Para resolver esse sistema de equações usaremos análise por casos, aproveitando os fatores.
Caso A: suponha x+2=0. Então x=-2. Substituindo em y':
(4-(-2))(y+(-2))=6\,(y-2)=0 \implies y=2.
Logo um equilíbrio é (-2,2).
Caso B: suponha y-x=0, ou seja y=x. Substituindo em y':
(4-x)(y+x)=(4-x)(x+x)=(4-x)\,2x=0.
Dessa equação obtemos duas sub‑situações:
  • 2x=0\Rightarrow x=0. Como y=x, então y=0. Equilíbrio (0,0).
  • 4-x=0\Rightarrow x=4. Então y=4. Equilíbrio (4,4).
Não há outras combinações possíveis (os outros fatores já foram considerados). Portanto os equilíbrios são:
(-2,2),\quad (0,0),\quad (4,4).

Passo 3

Método para estudar estabilidade local: linearização pelo Jacobiano.
  • Explicando a ideia (em palavras simples): perto de um ponto de equilíbrio a dinâmica do sistema é bem aproximada pela parte linear (a matriz das derivadas parciais). Se os autovalores dessa matriz tiverem parte real não nula (pontos hiperbólicos), a natureza (sela, nó, foco) e a estabilidade são determinadas pelos autovalores lineares.
  • Matematicamente, para o sistema (x',y')=f(x,y) o Jacobiano é a matriz das derivadas parciais
J(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y}\\[4pt] \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{pmatrix}.
Aqui f_1(x,y)=(x+2)(y-x) e f_2(x,y)=(4-x)(y+x).
Calculemos as derivadas parciais (mostrando passo a passo):
  • Para f_1=(x+2)(y-x): \frac{\partial f_1}{\partial x}=(y-x)+ (x+2)(-1)=y-x -x-2 = y-2x-2,
\frac{\partial f_1}{\partial y}=x+2.
(Explicação rápida: use a regra do produto; derivada de x+2 em relação a x é 1, de y-x em relação a x é -1.)
  • Para f_2=(4-x)(y+x): \frac{\partial f_2}{\partial x}= -1\cdot(y+x)+(4-x)\cdot 1 = -y-x+4-x = 4-y-2x,
\frac{\partial f_2}{\partial y}=4-x.
Assim o Jacobiano geral é
J(x,y)=\begin{pmatrix} y-2x-2 & x+2\\[4pt] 4-y-2x & 4-x \end{pmatrix}.
Para uma matriz 2\times2 a equação característica é \lambda^2-(\operatorname{tr}J)\lambda+\det J=0, onde \operatorname{tr}J é a soma das diagonais e \det J o determinante. Classificação rápida (útil na prova):
  • Se \det J<0: autovalores reais de sinais opostos ⇒ sela (instável).
  • Se \det J>0 e \Delta=\operatorname{tr}J^2-4\det J>0: autovalores reais com mesmo sinal ⇒ nó (estável se traço<0, instável se traço>0).
  • Se \det J>0 e \Delta<0: autovalores complexos conjugados ⇒ foco/espiral (estável se traço<0, instável se traço>0).
  • Se algum autovalor tem parte real não nula, a linearização determina a estabilidade local (hiperbólico). Se autovalores puramente imaginários, a linearização é inconclusiva (não ocorre aqui).
Agora aplicamos nos três pontos.]

Passo 4

Avaliação em (0,0).
Substituindo (x,y)=(0,0) em J(x,y):
J(0,0)=\begin{pmatrix} 0-0-2 & 0+2\\[4pt] 4-0-0 & 4-0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2 & 2\\[4pt] 4 & 4\end{pmatrix}.
Calculemos traço e determinante:
\operatorname{tr}J(0,0)=-2+4=2, \qquad \det J(0,0)=(-2)\cdot 4 - 2\cdot 4 = -8-8=-16.
Como \det J(0,0)=-16<0, os autovalores são reais de sinais opostos. Conclusão: (0,0) é um ponto de sela (saddle) e, portanto, é instável.]

Passo 5

Avaliação em (4,4).
Substituindo (x,y)=(4,4):
J(4,4)=\begin{pmatrix} 4-2\cdot 4-2 & 4+2\\[4pt] 4-4-2\cdot 4 & 4-4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-6 & 6\\[4pt]-8 & 0\end{pmatrix}.
Traço e determinante:
\operatorname{tr}J(4,4)=-6+0=-6, \qquad \det J(4,4)=(-6)\cdot 0 - 6\cdot(-8)=48.
Aqui \det J(4,4)=48>0. Calculamos o discriminante
\Delta=\operatorname{tr}^2-4\det = (-6)^2 - 4\cdot 48 =36-192=-156 <0.
Portanto os autovalores são complexos com parte real \operatorname{tr}/2=-6/2=-3 negativa. Conclusão: (4,4) é um foco/espiral assintoticamente estável (espiral atrativa).]

Passo 6

Avaliação em (-2,2).
Substituindo (x,y)=(-2,2):
J(-2,2)=\begin{pmatrix} 2-2(-2)-2 & -2+2\\[4pt] 4-2-2(-2) & 4-(-2) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4 & 0\\[4pt]6 & 6\end{pmatrix}.
Traço e determinante:
\operatorname{tr}J(-2,2)=4+6=10, \qquad \det J(-2,2)=4\cdot 6 - 0\cdot 6 =24.
Temos \det>0 e discriminante
\Delta=\operatorname{tr}^2-4\det =10^2-4\cdot 24 =100-96=4>0.
Assim os autovalores são reais e distintos. Podemos calcular explicitamente:
\lambda=\frac{\operatorname{tr}\pm\sqrt{\Delta}}{2}=\frac{10\pm 2}{2},
logo \lambda_1=6 e \lambda_2=4, ambos positivos. Conclusão: (-2,2) é um nó (nó próprio) instável (fonte), pois ambos os autovalores são reais e positivos.]

Passo 7

Interpretação final e conclusão (resumo didático rápido):
  • Foram encontrados três equilíbrios: (0,0), (4,4) e (-2,2).
  • A análise pelo Jacobiano mostrou que todos são hiperbólicos (nenhum autovalor com parte real zero), então a linearização é conclusiva.
  • Tipos e estabilidade:
    • (0,0): sela (instável).
    • (4,4): foco/espiral assintoticamente estável (estável).
    • (-2,2): nó próprio instável (fonte).
Vai dar certo na prova — se repetir esse procedimento (achar equilíbrios, montar o Jacobiano, avaliar traço/determinante/discriminante) você consegue classificar qualquer equilíbrio hiperbólico em sistemas 2×2.

Resposta

(-2,2) — nó instável (autovalores \lambda=6,4).
(0,0) — sela (instável).
(4,4) — foco/espiral assintoticamente estável (estável).

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