Questão 1. Para cada um dos sistemas nos problemas de 1 a 10:
(1) d x / d t=x-x y, d y / d t=y+2 x y
(2) d x / d t=1+2 y, d y / d t=1-3 x^{2}
(3) d x / d t=x-x^{2}-x y, d y / d t=\frac{1}{2} y-\frac{1}{4} y^{2}-\frac{3}{4} x y
(4) d x / d t=-(x-y)(1-x-y), d y / d t=x(2+y)
(5) d x / d t=y(2-x-y), d y / d t=-x-y-2 x y
(6) d x / d t=(2+x)(y-x), d y / d t=y\left(2+x-x^{2}\right)
(7) d x / d t=-x+2 x y, d y / d t=y-x^{2}-y^{2}
(8) d x / d t=y, d y / d t=x-\frac{1}{6} x^{3}-\frac{1}{5} y
(9) d x / d t=(2+x)(y-x), d y / d t=(4-x)(y+x)
(10) A equação de van der Pol: d x / d t=y, d y / d t=\left(1-x^{2}\right) y-x
a) Encontre todos os pontos críticos (soluções de equilíbrio).
b) Use um computador para desenhar um campo de direções e um retrato de fase para o sistema.
c) Dos gráficos no item (b), determine se cada ponto crítico é assintoticamente estável, estável ou instável, classifique-o quanto ao tipo.

Passo 1

O enunciado pede, para cada um dos 10 sistemas fornecidos, três coisas:
  • (a) Encontrar todos os pontos críticos (equilíbrios), ou seja soluções de \dot x=0,\\ \dot y=0.
  • (b) Usar um computador para desenhar um campo de direções e um retrato de fase (vou fornecer código/receita para você gerar esses gráficos).
  • (c) A partir dos gráficos do item (b) (e pela análise linear), determinar se cada ponto crítico é assintoticamente estável, estável (não assintótico) ou instável, e classificar o tipo (nó, sela, foco/espiral, centro, degenerado).
As equações dos sistemas são (vou enumerá‑las tal como no enunciado):
  1. \displaystyle \dot x = x - x y,\quad \dot y = y + 2 x y.
  2. \displaystyle \dot x = 1 + 2 y,\quad \dot y = 1 - 3 x^{2}.
  3. \displaystyle \dot x = x - x^{2} - x y,\quad \dot y = \tfrac{1}{2}y - \tfrac{1}{4}y^{2} - \tfrac{3}{4}x y.
  4. \displaystyle \dot x = -(x-y)(1-x-y),\quad \dot y = x(2+y).
  5. \displaystyle \dot x = y(2-x-y),\quad \dot y = -x-y-2 x y.
  6. \displaystyle \dot x = (2+x)(y-x),\quad \dot y = y(2+x-x^{2}).
  7. \displaystyle \dot x = -x+2 x y,\quad \dot y = y-x^{2}-y^{2}.
  8. \displaystyle \dot x = y,\quad \dot y = x-\tfrac{1}{6}x^{3}-\tfrac{1}{5}y.
  9. \displaystyle \dot x = (2+x)(y-x),\quad \dot y = (4-x)(y+x).
  10. (van der Pol) \displaystyle \dot x = y,\quad \dot y = (1-x^{2})y - x.
Vou agora explicar o método geral que vou aplicar a cada sistema, e em seguida vou aplicar passo a passo sistema a sistema.

Passo 2

Método geral (detalhado e didático — anota isso para a prova):
  1. Equilíbrios: resolvemos o sistema
\dot x(x,y)=0,\qquad \dot y(x,y)=0.
Isto normalmente reduz a fatores do tipo x\cdot(\cdots)=0 ou y\cdot(\cdots)=0, então listamos todas as combinações.
  1. Linearização e Jacobiano: perto de um ponto de equilíbrio (x^*,y^*) o comportamento é bem aproximado pelo sistema linear obtido pela Jacobiana. A matriz Jacobiana é
J(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{\partial \dot x}{\partial x} & \frac{\partial \dot x}{\partial y}\\[6pt] \frac{\partial \dot y}{\partial x} & \frac{\partial \dot y}{\partial y} \end{pmatrix}.
Avaliamo‑a em (x^*,y^*) para obter J^*=J(x^*,y^*). As autovalores \lambda_1,\lambda_2 de J^* determinam a estabilidade linear.
  1. Interpretação dos autovalores (regras que você deve decorar/ou pelo menos entender):
  • Se \Re(\lambda_1)<0 e \Re(\lambda_2)<0: ponto assintoticamente estável (sumidouro).
    • Se reais e distintos: nó estável.
    • Se complexos com parte real negativa: foco/espiral estável.
  • Se \Re(\lambda_1)>0 e \Re(\lambda_2)>0: ponto instável (fonte).
  • Se \Re(\lambda_1)\cdot\Re(\lambda_2)<0 (autovalores reais com sinais opostos): sela (sempre instável).
  • Se \Re(\lambda_1)=\Re(\lambda_2)=0 (casos puramente imaginários ou zeros): análise linear é inconclusiva — pode ser centro, ciclo limite, etc.; aí precisamos de argumentos não lineares ou dos gráficos numéricos.
  1. Determinante e traço são úteis: para 2\times2 com traço T e determinante D:
  • D<0 implies sela.
  • D>0 e T<0 implies atraente (estável), se D>0 e T>0 implica repulsor (instável). Se T^2-4D<0 autovalores complexos (foco), se T^2-4D>0 reais (nó).
  1. Como desenhar os gráficos no computador: eu sempre uso Python + matplotlib + numpy com funções np.meshgrid e plt.streamplot (ou plt.quiver) e traço as curvas nulas (onde \dot x=0 e \dot y=0) e marco os equilíbrios. Mais abaixo eu dou um trecho de código genérico que você pode adaptar para cada sistema.
Agora vamos aplicar tudo isso sistema por sistema. Em cada sistema eu:
  • resolvo as equações para encontrar os equilíbrios,
  • calculo a Jacobiana e avalio em cada ponto,
  • encontro autovalores e classifico.
Passo a passo, começando pelo sistema 1.]

Passo 3

Sistema 1: \dot x = x(1-y),\\ \dot y = y(1+2x).
(a) Equilíbrios: resolver x(1-y)=0 e y(1+2x)=0.
  • Se x=0, então y(1+0)=y=0 → ponto (0,0).
  • Se 1-y=0 i.e. y=1, então y(1+2x)=1(1+2x)=0 1+2x=0 x=-\tfrac{1}{2} → ponto \bigl(-\tfrac{1}{2},1\bigr).
    Logo os equilíbrios são (0,0) e \bigl(-\tfrac{1}{2},1\bigr).
(b) Código (receita) para desenhar: veja o código genérico no final; para este sistema use
dotx = x*(1-y); doty = y*(1+2*x).
(c) Jacobiana e classificação:
J(x,y)=\begin{pmatrix}1-y & -x\\[4pt]2y & 1+2x\end{pmatrix}.
  • Em (0,0): J=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&1\end{pmatrix}. Autovalores \lambda_1=1,\\ \lambda_2=1 (positivos): nó instável (fonte).
  • Em \bigl(-\tfrac{1}{2},1\bigr): J=\begin{pmatrix}0 & \tfrac{1}{2}\\[4pt]2&0\end{pmatrix}. Característica \lambda^2+1=0\Rightarrow \lambda=\pm i (imaginários puros). Linearmente é um centro (autovalores puramente imaginários), então a linearização não dá atratividade; precisa de análise não linear ou dos traços dos gráficos. Pelo estudo estrutural, aqui o caso é de órbitas fechadas locais (centro linear)—portanto estável no sentido de Lyapunov (neutro), não assintoticamente estável. Nos gráficos numéricos costuma aparecer um centro (círculos/órbitas fechadas).]

Passo 4

Sistema 2: \dot x = 1 + 2y,\\ \dot y = 1 - 3x^{2}.
(a) Equilíbrios: 1+2y=0\Rightarrow y=-\tfrac{1}{2}. E 1-3x^2=0\Rightarrow x^2=\tfrac{1}{3}, então x=\pm \tfrac{1}{\sqrt{3}}. Pontos: \bigl(\tfrac{1}{\sqrt{3}},-\tfrac{1}{2}\bigr) e \bigl(-\tfrac{1}{\sqrt{3}},-\tfrac{1}{2}\bigr).
(b) Código: dotx = 1 + 2y; doty = 1 - 3x**2.
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt]-6x & 0\end{pmatrix}.
  • Em x=\tfrac{1}{\sqrt{3}}: J=\begin{pmatrix}0&2\\[4pt]-2\sqrt{3}&0\end{pmatrix}. Determinante D=4\sqrt{3}>0 e traço T=0, dá \lambda=\pm i\sqrt{4\sqrt{3}} — autovalores imaginários puros → centro linear (neutro). Nos gráficos espera‑se órbitas fechadas locais (centro).
  • Em x=-\tfrac{1}{\sqrt{3}}: J=\begin{pmatrix}0&2\\[4pt]2\sqrt{3}&0\end{pmatrix}. Determinante D=-4\sqrt{3}<0 (note o produto das off-diagonais é negativo) ⇒ sela (instável).]

Passo 5

Sistema 3: \dot x = x(1-x-y),\\ \dot y = y\bigl(\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{4}y-\tfrac{3}{4}x\bigr).
(a) Equilíbrios: fatores dão casos x=0 ou 1-x-y=0, e y=0 ou \tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{4}y-\tfrac{3}{4}x=0.
Resolvem‑se as combinações:
  • x=0,y=0 (0,0).
  • x=0 e segunda igualdade não nula → y=2 (0,2).
  • y=0,\,1-x=0\Rightarrow x=1 (1,0).
  • Caso ambos fatores não nulos: resolvendo
1-x-y=0,\qquad 2-\tfrac{1}{2}y-\tfrac{3}{2}x=0
(segunda multiplicada por 4) leva a x=\tfrac{1}{2}, y=\tfrac{1}{2}.
Portanto equilíbrios: (0,0),(0,2),(1,0),\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\bigr).
(b) Código: dotx = x*(1 - x - y); doty = y*(1/2 - y/4 - 3*x/4).
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}1-2x-y & -x\\[4pt]-\tfrac{3}{4}y & \tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}y-\tfrac{3}{4}x\end{pmatrix}.
Avaliações:
  • (0,0): J=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&\tfrac{1}{2}\end{pmatrix} → autovalores 1,\tfrac{1}{2} (positivos) → nó instável.
  • (0,2): J=\begin{pmatrix}-1&0\\[4pt]-\tfrac{3}{2}&-\tfrac{1}{2}\end{pmatrix} → autovalores -1,-\tfrac{1}{2} → nó estável (sumidouro).
  • (1,0): J=\begin{pmatrix}-1&-1\\[4pt]0&-\tfrac{1}{4}\end{pmatrix} → autovalores -1,-\tfrac{1}{4} → nó estável.
  • \bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\bigr): cálculo dá traço negativo e determinante negativo (det <0) → sela → instável.]

Passo 6

Sistema 4: \dot x = -(x-y)(1-x-y),\\ \dot y = x(2+y).
(a) Equilíbrios: segundo fator dá x=0 ou y=-2.
  • x=0: da primeira y(1-y)=0 y=0 ou y=1. Assim (0,0) e (0,1).
  • y=-2: da primeira (x+2)(3-x)=0 x=-2 ou x=3 (-2,-2) e (3,-2).
(b) Código: dotx = -(x-y)(1-x-y); doty = x(2+y).
(c) Jacobiana (derivando com cuidado):
J(x,y)=\begin{pmatrix}2x-1 & 1-2y\\[4pt]2+y & x\end{pmatrix}.
Avaliações:
  • (0,0): J=\begin{pmatrix}-1&1\\[4pt]2&0\end{pmatrix}. Determinante <0 → sela.
  • (0,1): J=\begin{pmatrix}-1&-1\\[4pt]3&0\end{pmatrix}. T=-1,\\ D=3>0,\\ T^2-4D<0 → autovalores complexos com parte real negativa → foco estável (espiral estável).
  • (-2,-2): J=\begin{pmatrix}-5&5\\[4pt]0&-2\end{pmatrix} → autovalores -5,-2 → nó estável.
  • (3,-2): J=\begin{pmatrix}5&5\\[4pt]0&3\end{pmatrix} → autovalores 5,3 → nó instável.]

Passo 7

Sistema 5: \dot x = y(2-x-y),\\ \dot y = -x-y-2xy.
(a) Equilíbrios: y(2-x-y)=0 e -x-y-2xy=0.
  • Se y=0 então -x=0\Rightarrow x=0 (0,0).
  • Se 2-x-y=0 então y=2-x. Substituindo em segunda:
-x-(2-x)-2x(2-x)= -2 -4x +2x^2 =0 \Rightarrow x^2 -2x -1=0,
solução x=1\pm\sqrt{2} e y=2-x. Assim pontos
\bigl(1+\sqrt{2},\,1-\sqrt{2}\bigr) e \bigl(1-\sqrt{2},\,1+\sqrt{2}\bigr).
(b) Código: dotx = y*(2 - x - y); doty = -x - y - 2xy.
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}-y & 2-x-2y\\[4pt]-1-2y & -1-2x\end{pmatrix}.
Avaliações (aproximadas numericamente):
  • (0,0): J=\begin{pmatrix}0&2\\[4pt]-1&-1\end{pmatrix}. Traço negativo e discriminante negativa → foco estável (espiral estável).
  • \bigl(1+\sqrt{2},1-\sqrt{2}\bigr) (aprox (2{,}414,0{,}586)): cálculo numérico dá determinante negativo → sela (instável).
  • \bigl(1-\sqrt{2},1+\sqrt{2}\bigr) (aprox (-0{,}414,2{,}414)): também determinante negativo → sela (instável).]

Passo 8

Sistema 6: \dot x=(2+x)(y-x),\\ \dot y = y(2+x-x^2).
(a) Equilíbrios: (2+x)(y-x)=0 e y(2+x-x^2)=0.
  • y=0: então (2+x)(-x)=0\Rightarrow x=0 ou x=-2 (0,0),(-2,0).
  • y=x: então x(2+x-x^2)=0\Rightarrow x=0 ou 2+x-x^2=0\Rightarrow x=2 ou x=-1. Assim (0,0),(2,2),(-1,-1).
    Portanto equilíbrios (0,0),(-2,0),(2,2),(-1,-1).
(b) Código: dotx = (2+x)(y-x); doty = y(2 + x - x**2).
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}y-2x-2 & 2+x\\[4pt]y(1-2x) & 2+x-x^{2}\end{pmatrix}.
Avaliações:
  • (0,0): J=\begin{pmatrix}-2&2\\[4pt]0&2\end{pmatrix}. Determinante <0 → sela.
  • (-2,0): J=\begin{pmatrix}2&0\\[4pt]0&-4\end{pmatrix}. Autovalores com sinais opostos → sela.
  • (2,2): J=\begin{pmatrix}-4&4\\[4pt]-6&0\end{pmatrix}. Traço negativo e D>0 com T^2-4D<0 → foco estável (espiral estável).
  • (-1,-1): J=\begin{pmatrix}-1&1\\[4pt]-3&0\end{pmatrix}. Traço negativo e D>0 com T^2-4D<0 → foco estável.]

Passo 9

Sistema 7: \dot x = x(-1+2y),\\ \dot y = y - x^2 - y^2.
(a) Equilíbrios: x(-1+2y)=0 e y - x^2 - y^2=0.
  • x=0: então y(1-y)=0\Rightarrow y=0,1 (0,0),(0,1).
  • y=\tfrac{1}{2}: então \tfrac{1}{2} - x^2 - \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{4} - x^2 =0\Rightarrow x=\pm \tfrac{1}{2}.
    Portanto equilíbrios (0,0),(0,1),(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}),(-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}).
(b) Código: dotx = x*(-1 + 2*y); doty = y - x2 - y2.
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}-1+2y & 2x\\[4pt]-2x & 1-2y\end{pmatrix}.
Avaliações:
  • (0,0): J=\begin{pmatrix}-1&0\\[4pt]0&1\end{pmatrix} → sela.
  • (0,1): J=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&-1\end{pmatrix} → sela.
  • (\pm\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}): J=\begin{pmatrix}0&\pm1\\[4pt]\mp1&0\end{pmatrix} → autovalores \pm i (centros lineares). Linearmente são centros (neutros); análise não linear necessária para concluir estabilidade, e os gráficos normalmente mostram órbitas fechadas locais (centros).]

Passo 10

Sistema 8: \dot x=y,\\ \dot y = x - \tfrac{1}{6}x^{3} - \tfrac{1}{5}y.
(a) Equilíbrios: y=0 e x - \tfrac{1}{6}x^{3}=0\Rightarrow x(1 - \tfrac{1}{6}x^{2})=0\Rightarrow x=0,\\ \pm\sqrt{6}. Pontos (0,0),(\sqrt{6},0),(-\sqrt{6},0).
(b) Código: dotx = y; doty = x - x**3/6 - y/5.
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]1-\tfrac{1}{2}x^{2} & -\tfrac{1}{5}\end{pmatrix}.
  • Em (0,0): J=\begin{pmatrix}0&1\\[4pt]1&-1/5\end{pmatrix}. Determinante negativo \Rightarrow sela (instável).
  • Em x=\pm\sqrt{6}: 1-\tfrac{1}{2}x^2 = 1 - \tfrac{1}{2}\cdot 6 = -2. Então J=\begin{pmatrix}0&1\\[4pt]-2&-1/5\end{pmatrix}. Traço negativo, discrim <0 → foco estável (espiral assintoticamente estável).]

Passo 11

Sistema 9: \dot x = (2+x)(y-x),\\ \dot y=(4-x)(y+x).
(a) Equilíbrios: resolver (2+x)(y-x)=0 e (4-x)(y+x)=0.
Possibilidades combinatórias:
  • y=x e y=-x x=0,y=0 (0,0).
  • y=x e x=4 (4,4).
  • y=-x e x=-2 (-2,2).
    Assim equilíbrios: (0,0),(4,4),(-2,2).
(b) Código: dotx = (2 + x)(y - x); doty = (4 - x)(y + x).
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}y-2x-2 & 2+x\\[4pt]4-2x-y & 4-x\end{pmatrix}.
  • (0,0): J=\begin{pmatrix}-2&2\\[4pt]4&4\end{pmatrix} → determinante negativo → sela.
  • (4,4): J=\begin{pmatrix}-6&6\\[4pt]-8&0\end{pmatrix} → traço negativo e D>0 com discriminante negativa → foco estável.
  • (-2,2): J=\begin{pmatrix}4&0\\[4pt]6&6\end{pmatrix} → autovalores reais positivos (4 e 6) → nó instável (fonte).]

Passo 12

Sistema 10 (van der Pol): \dot x = y,\\ \dot y = (1-x^{2})y - x.
(a) Equilíbrio: y=0 e -x=0\Rightarrow x=0. Apenas (0,0).
(b) Código: dotx = y; doty = (1 - x**2)*y - x.
(c) Jacobiana:
J(x,y)=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-1-2xy & 1-x^{2}\end{pmatrix}.
Em (0,0): J=\begin{pmatrix}0&1\\[4pt]-1&1\end{pmatrix}. Traço T=1>0, determinante D=1>0, discriminante T^2-4D=1-4=-3<0 → autovalores complexos com parte real positiva → foco instável (espiral repulsora). (Isto é consistente com o conhecido comportamento do van der Pol para parâmetro implícito \mu=1: origem é instável; há um ciclo limite estável afastado.)]

Passo 13

Receita prática (código Python) para desenhar o campo de direções e retrato de fase para qualquer um dos sistemas acima. Copie e cole no seu Python (Jupyter ou script); ajuste a função dot para o sistema desejado, os limites do eixo e a resolução:

exemplo de esqueleto de código (Python + matplotlib)

(cole num arquivo .py ou célula Jupyter; adaptar ‘dot’ para cada sistema)

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
def plot_system(dot, xlim=(-3,3), ylim=(-3,3), density=20):
x = np.linspace(xlim[0], xlim[1], density)
y = np.linspace(ylim[0], ylim[1], density)
X, Y = np.meshgrid(x, y)
U, V = dot(X, Y) # dot deve retornar duas matrizes U,V do mesmo shape
M = np.hypot(U, V)
U2 = U / (M+1e-8)
V2 = V / (M+1e-8)
plt.figure(figsize=(6,6))
plt.streamplot(X, Y, U, V, density=1.2, linewidth=1, arrowsize=1)
# traçar nulas (curvas): usar contorno de U=0 e V=0
plt.contour(X, Y, U, levels=[0], colors=‘C1’, linestyles=’–’)
plt.contour(X, Y, V, levels=[0], colors=‘C2’, linestyles=’:’)
plt.axhline(0,color=‘k’,linewidth=0.5); plt.axvline(0,color=‘k’,linewidth=0.5)
plt.xlim(xlim); plt.ylim(ylim); plt.xlabel(‘x’); plt.ylabel(‘y’)
plt.gca().set_aspect(‘equal’, adjustable=‘box’)
plt.show()

exemplo de dot para o sistema 1:

def dot1(X,Y):
U = X*(1-Y)
V = Y*(1+2*X)
return U, V

uso:

plot_system(dot1, xlim=(-2,2), ylim=(-1,2), density=30)

Observações sobre o uso do código:
  • Ajuste xlim, ylim e density conforme necessário para ver a vizinhança de equilíbrios.
  • Plote os equilíbrios como pontos (marque com plt.plot(x*,y*, ‘ro’) ) e sobreponha curvas nulas para identificar linhas onde \dot x=0 e \dot y=0.
  • Nos casos com autovalores puramente imaginários (centros lineares) observe se as órbitas são fechadas; às vezes a não linearidade transforma o centro em espiral ou mantém como centro.

Passo 14

Resumo didático final e incentivo:
  • Para cada ponto crítico eu calculei as coordenadas, a Jacobiana e os autovalores; com isso classifiquei o tipo e a estabilidade linear.
  • Nos pontos onde os autovalores são puramente imaginários a linearização é inconclusiva (centros lineares) — nesses casos use os gráficos numéricos (o código acima) e/ou argumentos não lineares para decidir se o ponto é um centro (órbitas fechadas) ou se há atratividade/repulsão.
  • Vai dar certo: copie os trechos do código para cada sistema e rode com janelas de visualização ajustadas. Se quiser, me peça que eu lhe gere os códigos específicos para cada sistema já com limites e pontos críticos marcados.

Resposta

Sistema 1: Equilíbrios (0,0) e \bigl(-\tfrac{1}{2},1\bigr).
  • (0,0): nó instável (autovalores 1,1).
  • \bigl(-\tfrac{1}{2},1\bigr): autovalores \pm i (centro linear — neutro, linearmente centro).
Sistema 2: Equilíbrios \bigl(\pm\tfrac{1}{\sqrt{3}},-\tfrac{1}{2}\bigr).
  • \bigl(\tfrac{1}{\sqrt{3}},-\tfrac{1}{2}\bigr): autovalores puramente imaginários (centro linear, neutro).
  • \bigl(-\tfrac{1}{\sqrt{3}},-\tfrac{1}{2}\bigr): sela (instável).
Sistema 3: Equilíbrios (0,0),(0,2),(1,0),\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\bigr).
  • (0,0): nó instável.
  • (0,2): nó estável.
  • (1,0): nó estável.
  • \bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\bigr): sela (instável).
Sistema 4: Equilíbrios (0,0),(0,1),(-2,-2),(3,-2).
  • (0,0): sela (instável).
  • (0,1): foco estável (espiral atrator).
  • (-2,-2): nó estável.
  • (3,-2): nó instável.
Sistema 5: Equilíbrios (0,0),\bigl(1+\sqrt{2},1-\sqrt{2}\bigr),\bigl(1-\sqrt{2},1+\sqrt{2}\bigr).
  • (0,0): foco estável.
  • Os dois outros pontos: selas (instáveis).
Sistema 6: Equilíbrios (0,0),(-2,0),(2,2),(-1,-1).
  • (0,0): sela (instável).
  • (-2,0): sela (instável).
  • (2,2): foco estável (espiral atrator).
  • (-1,-1): foco estável.
Sistema 7: Equilíbrios (0,0),(0,1),(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}),(-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}).
  • (0,0): sela (instável).
  • (0,1): sela (instável).
  • (\pm\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}): autovalores \pm i (centros lineares — neutros; linearmente centros).
Sistema 8: Equilíbrios (0,0),(\pm\sqrt{6},0).
  • (0,0): sela (instável).
  • (\pm\sqrt{6},0): focos estáveis (espirais assintoticamente estáveis).
Sistema 9: Equilíbrios (0,0),(4,4),(-2,2).
  • (0,0): sela (instável).
  • (4,4): foco estável.
  • (-2,2): nó instável.
Sistema 10 (van der Pol): Equilíbrio (0,0).
  • (0,0): foco instável (espiral repulsor).

Observação final

Se você quiser, eu já gero para você os códigos preenchidos (com limites de eixos apropriados e marcação dos pontos críticos) para cada um dos 10 sistemas, prontos para executar no Python/Jupyter — pede que eu gere e eu já te devolvo cada script/plot pronto. Vai dar para você rodar e ver os retratos de fase rapidinho. Força aí — você consegue revisar isso antes da prova!

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