Questão 3 (2,5 pontos) Considere o sistema de equações diferenciais
\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}, \quad A=\left[\begin{array}{ll} -1 & -1 \\\\ -\alpha & -1 \end{array}\right]
com \alpha \in \mathbb{R}. Encontre a solução do sistema e classifique o tipo de ponto em função do parâmetro \alpha.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\mathbf{x}' = A\,\mathbf{x}
com
A = \begin{pmatrix}-1 & -1 \\[6pt] -\alpha & -1\end{pmatrix},
onde \alpha\in\mathbb{R}.
Queremos achar a solução geral \mathbf{x}(t) e, a partir dos autovalores, classificar o ponto crítico \mathbf{x}=0 conforme \alpha.]

Passo 2

Calculamos o polinômio característico de A:
\det\bigl(A - \lambda I\bigr) = \det\begin{pmatrix}-1-\lambda & -1 \\[3pt] -\alpha & -1-\lambda\end{pmatrix} = (-1-\lambda)^2 - \alpha.
Logo
(-1-\lambda)^2 - \alpha = 0 \;\;\Longrightarrow\;\; \lambda^2 + 2\lambda +1 - \alpha = 0
e, pelas fórmulas de Bhaskara,
\lambda_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{4 -4(1-\alpha)}}{2} = -1 \pm \sqrt{\alpha}.]

Passo 3

Dependendo do sinal de \alpha, temos três casos para montar a solução geral.
Caso \alpha>0 (autovalores reais distintos)
Defina \mu = \sqrt{\alpha}. Então
\lambda_1 = -1 + \mu, \quad \lambda_2 = -1 - \mu.
Um autovetor associado a \lambda_1 satisfaz
(A - \lambda_1 I)v = 0 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix}-\mu & -1\\[3pt]-\alpha & -\mu\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\v_2\end{pmatrix} = 0
daí -\mu v_1 - v_2 =0, escolhemos v^{(1)} = \bigl(1,-\mu\bigr)^T.
Similarmente, para \lambda_2 obtemos v^{(2)} = \bigl(1,+\mu\bigr)^T.
A solução geral é
\mathbf{x}(t) = C_1 e^{(-1+\mu)\,t}\begin{pmatrix}1\\\ -\,\mu\end{pmatrix} + C_2 e^{(-1-\mu)\,t}\begin{pmatrix}1\\\ \mu\end{pmatrix}.
Caso \alpha=0 (autovalor duplo \lambda=-1, matriz não diagonalizável)
Temos \lambda_1=\lambda_2=-1. Um autovetor é v^{(1)}=(1,0)^T.
Buscando vetor generalizado w tal que (A+I)w = v^{(1)}, encontra-se por exemplo w=(0,-1)^T.
A solução é
\mathbf{x}(t) = C_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix} + C_2 e^{-t}\Bigl(t\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\\ -1\end{pmatrix}\Bigr).
Caso \alpha<0 (autovalores complexos conjugados)
Defina \omega = \sqrt{-\alpha}>0. Então
\lambda_{1,2} = -1 \pm i\,\omega.
Um autovetor complexo para \lambda_1 é v = (1,-\,i\omega)^T. As partes real e imaginária geram a solução real:
\mathbf{x}(t) = e^{-t}\Bigl[ A\begin{pmatrix}\cos(\omega t)\\[3pt]\omega\sin(\omega t)\end{pmatrix} + B\begin{pmatrix}\sin(\omega t)\\[3pt]-\omega\cos(\omega t)\end{pmatrix} \Bigr],
com constantes reais A,B.]

Passo 4

Agora classificamos o ponto crítico \mathbf{x}=0 pelo sinal e parte real dos autovalores:
  • \alpha<0: \lambda=-1\pm i\omega com \Re(\lambda)=-1<0. É um espiral assintoticamente estável (foco-sumidouro).
  • \alpha=0: autovalor duplo -1, não diagonalizável. É um nó impróprio assintoticamente estável (deficiente).
  • 0<\alpha<1: autovalores reais -1\pm\sqrt\alpha, ambos negativos ( -1+\sqrt\alpha<0). É um nó próprio assintoticamente estável (nó atraidor).
  • \alpha=1: \lambda_1=0,\;\lambda_2=-2. Um autovalor zero torna o ponto não hiperbólico (linha de direção neutra e direção atraidora).
  • \alpha>1: \lambda_1=-1+\sqrt\alpha>0,\;\lambda_2=-1-\sqrt\alpha<0. É uma cela de sela (saddle), instável.

Resposta

Solução geral conforme \alpha e classificação:
\alpha>0:
\mathbf{x}(t) = C_1 e^{(-1+\sqrt\alpha)t}\begin{pmatrix}1\\\ -\sqrt\alpha\end{pmatrix} + C_2 e^{(-1-\sqrt\alpha)t}\begin{pmatrix}1\\sqrt\alpha\end{pmatrix},
nó estável se 0<\alpha<1, sela se \alpha>1.
\alpha=0:
\mathbf{x}(t) = C_1 e^{-t}\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix} + C_2 e^{-t}\Bigl(t\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\\ -1\end{pmatrix}\Bigr),
nó impróprio estável.
\alpha<0: com \omega=\sqrt{-\alpha},
\mathbf{x}(t) = e^{-t}\Bigl[ A\begin{pmatrix}\cos(\omega t)\\omega\sin(\omega t)\end{pmatrix} + B\begin{pmatrix}\sin(\omega t)\\\ -\omega\cos(\omega t)\end{pmatrix} \Bigr],
espiral assintoticamente estável.
\alpha=1: autovalores 0 e -2, ponto não-hiperbólico (direção neutra e atraidora).

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