2^{a} Questão: (3.5 pontos) Considere o sistema linear
X^{\prime}=A X \text {, onde } A=\left(\begin{array}{rr} 9 & -8 \\\\ 4 & -3 \end{array}\right)
a) (1 ponto) Encontre os autovalores e autovetores de A;
b) ( 0.5 ponto) Encontra a matriz T tal que J=T^{-1} A T esteja diagonalizada;
c) (1 ponto) Obtenha a solução geral dos sistemas Y^{\prime}=J Y e X^{\prime}=A X;
d) (1 ponto) Esboce os retratos de fase dos sistemas Y^{\prime}=J Y e X^{\prime}=A X.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
X' = A X,\qquad A=\begin{pmatrix}9 & -8\\[4pt]4 & -3\end{pmatrix}.
O que é pedido:
  • (a) Encontrar os autovalores e autovetores de A.
  • (b) Encontrar uma matriz T tal que J=T^{-1}AT seja diagonal.
  • (c) Obter a solução geral do sistema diagonalizado Y'=JY e, a partir daí, do sistema original X'=AX.
  • (d) Esboçar os retratos de fase dos sistemas Y'=JY e X'=AX.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A é 2\times2 com entradas a_{11}=9, a_{12}=-8, a_{21}=4, a_{22}=-3.
  • Não há imagens adicionais. A matriz A é suficiente para calcular autovalores, autovetores, diagonalização e o comportamento dinâmico.]

Passo 2

Encontrar os autovalores: definição e procedimento.
  • Lembrete rápido: um autovalor \lambda satisfaz a equação característica \det(A-\lambda I)=0. Para 2\times2 isso resulta num polinômio quadrático em \lambda.
    Calculemos \det(A-\lambda I):
\det\!\big(A-\lambda I\big) = \det\begin{pmatrix}9-\lambda & -8\\[4pt]4 & -3-\lambda\end{pmatrix} = (9-\lambda)(-3-\lambda)-(-8)\cdot 4.
Expandindo:
(9-\lambda)(-3-\lambda)+32 = -27 -9\lambda +3\lambda +\lambda^2 +32.
Simplificando os termos:
\lambda^2 -6\lambda +5.
A condição \det(A-\lambda I)=0 dá o polinômio
\lambda^2 -6\lambda +5=0.
Resolva a quadrática (fórmula quadrática ou fatoração). Fatora-se facilmente:
\lambda^2 -6\lambda +5=(\lambda-5)(\lambda-1)=0.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=1.]

Passo 3

Encontrar os autovetores correspondentes: método e cálculo.
  • Lembrete: para cada autovalor \lambda buscamos vetores v\neq 0 tais que (A-\lambda I)v=0. Isso é resolver um sistema linear homogêneo; qualquer vetor não nulo da solução serve como autovetor.
Para \lambda_1=5:
A-5I=\begin{pmatrix}9-5 & -8\\[4pt]4 & -3-5\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4 & -8\\[4pt]4 & -8\end{pmatrix}.
Soluções de (A-5I)v=0: escrevendo v=(x,y)^T,
4x-8y=0 \quad\Longrightarrow\quad x-2y=0 \quad\Longrightarrow\quad x=2y.
Escolhe-se uma solução simples: tomar y=1 dá o autovetor
v_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=1:
A-1I=\begin{pmatrix}9-1 & -8\\[4pt]4 & -3-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}8 & -8\\[4pt]4 & -4\end{pmatrix}.
Soluções de (A-1I)v=0: escrevendo v=(x,y)^T,
8x-8y=0 \quad\Longrightarrow\quad x-y=0 \quad\Longrightarrow\quad x=y.
Escolhe-se y=1 para simplicidade, obtendo o autovetor
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Comentário didático curto: escolhemos autovetores simples (componentes inteiras pequenas) porque qualquer múltiplo não nulo serve; esses vetores são linearmente independentes porque correspondem a autovalores distintos.]

Passo 4

Construção da matriz T e verificação da diagonalização.
  • Definição prática: para diagonalizar com autovalores na ordem \lambda_1,\lambda_2 colocamos os autovetores correspondentes como colunas de T:
T=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix},
onde a primeira coluna é v_1 (para \lambda_1=5) e a segunda é v_2 (para \lambda_2=1).
  • Verificação rápida que T é invertível: calcule o determinante
\det T = 2\cdot 1 - 1\cdot 1 = 1 \neq 0,
logo T é invertível.
  • Fórmula de T^{-1} (fórmula para inversa de 2\times2): com T=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}, T^{-1}=\dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\[4pt]-c & a\end{pmatrix}. Aqui ad-bc=1, então
T^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-1 & 2\end{pmatrix}.
  • Então a matriz diagonal J é
J=T^{-1}AT=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix},
com autovalores nas posições diagonais correspondendo à ordem dos autovetores em T.]

Passo 5

Resolver o sistema diagonal Y'=JY\). - Observação: se \(J\) é diagonal, o sistema é desacoplado. Escrevendo \(Y=(y_1,y_2)^T\), \[Y'=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}Y \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} y_1' = 5 y_1,\\[4pt] y_2' = 1 y_2. \end{cases}
  • Equação do tipo y'=\lambda y\] tem solução \(y(t)=C e^{\lambda t} (aqui C é constante determinada por condição inicial). Assim as soluções gerais são
y_1(t)=C_1 e^{5t},\qquad y_2(t)=C_2 e^{t},
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias.
  • Em forma vetorial:
Y(t)=\begin{pmatrix}C_1 e^{5t}\\[4pt]C_2 e^{t}\end{pmatrix}.
Explanação didática: cada componente cresce exponencialmente independentemente porque as equações não se misturam (não há termos y_1 em y_2' nem vice-versa).]

Passo 6

Obter a solução geral do sistema original X'=AX usando X=TY.
  • Relação entre as variáveis: X=T Y. Substituindo Y(t) encontramos
X(t)=T Y(t) =\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}C_1 e^{5t}\\[4pt]C_2 e^{t}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2C_1 e^{5t} + C_2 e^{t}\\[6pt]C_1 e^{5t} + C_2 e^{t}\end{pmatrix}.
  • Forma alternativa muito usada (combinação linear de modos próprios):
X(t)=C_1 v_1 e^{5t} + C_2 v_2 e^{t} = C_1 \begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} e^{5t} + C_2 \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} e^{t}.
Isto mostra que as soluções são combinações lineares dos autovetores multiplicados por exponenciais dos respectivos autovalores.
Comentário sobre estabilidade: ambos os autovalores são positivos ( 5 e 1), então a origem é uma origem instável (nó próprio crescente) — soluções fogem do ponto de equilíbrio quando t\to+\infty.]

Passo 7

Esboço do retrato de fase do sistema Y'=JY (sistema diagonal).
  • No plano Y=(y_1,y_2) as equações decidem o comportamento em cada eixo:
    • Eixo y_1 (onde y_2=0): soluções seguem y_1'=5y_1, ou seja, se y_1\neq0 então y_1 cresce exponencialmente; setas apontam para fora do ponto origem ao longo do eixo y_1.
    • Eixo y_2 (onde y_1=0): soluções seguem y_2'=y_2, também crescem exponencialmente, setas para fora ao longo do eixo y_2.
  • Trajetórias genéricas (com C_1 e C_2 ambos não nulos) são curvas do tipo
\big(y_1(t),y_2(t)\big)=\big(C_1 e^{5t},\,C_2 e^{t}\big).
Eliminando t y_1 = \dfrac{C_1}{C_2} (y_2)^5 não-linear em geral; mas geometricamente, como t\to+\infty o termo com maior autovalor domina: y_1 cresce muito mais rápido que y_2, logo as trajetórias tendem a alinhar-se com o eixo y_1 para t\to+\infty. Para t\to-\infty as trajetórias tendem ao eixo y_2 (porque e^{5t} decai mais rápido que e^{t}).
  • Conclusão para Y-plano: origem é um nó instável (fonte); eixos coordenados são direções invariantes.

Passo 8

Esboço do retrato de fase do sistema X'=AX (sistema original) e relação com o retrato em Y.
  • Relação entre os retratos: a transformação linear T aplica um alongamento/rotação (no caso específico, apenas uma transformação linear que preserva retas através da origem) do plano Y ao plano X. Assim:
    • As direções invariantes no Y-plano (os eixos y_1 e y_2) são levadas por T às direções dadas pelos autovetores v_1 e v_2 no X-plano.
    • Logo no X-plano as retas geradas por v_1=\begin{pmatrix}2\\\ 1\end{pmatrix} e v_2=\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix} são invariantes: se a condição inicial estiver sobre uma dessas retas a solução permanece nela (apenas cresce exponencialmente segundo o autovalor respectivo).
  • Comportamento qualitativo:
    • Origem é um nó instável (fonte), porque ambos os autovalores são positivos.
    • Trajetórias iniciais que não estão exatamente em uma reta própria saem do origem e curvam-se de modo que, quando t\to+\infty, a componente associada ao maior autovalor ( \lambda_1=5) domina; portanto as trajetórias se aproximam da direção do autovetor v_1 (isto é, a direção (2,1)) quando t\to+\infty.
    • Para t\to-\infty as trajetórias se aproximam da direção do autovetor associado ao menor autovalor ( \lambda_2=1), porque o modo com expoente menor decai menos rápido para t\to-\infty.
  • Como desenhar rapidamente no plano X:
    1. Desenhar origem.
    2. Desenhar a reta pela origem na direção de v_2=(1,1) (45°) e colocar setas apontando para fora (crescimento exponencial).
    3. Desenhar a reta pela origem na direção de v_1=(2,1) (mais inclinada horizontalmente) e colocar setas apontando para fora; esta é a direção dominante quando t\to+\infty.
    4. Trajetórias genéricas saem do origem entre essas retas e, à medida que t cresce, curvam-se em direção a v_1.
  • Resumo qualitativo: nó próprio instável (fonte) com direções invariantes nas retas geradas por v_1 e v_2; v_1 é a direção dominante de crescimento porque \lambda_1=5>\lambda_2=1.

Resposta

(a) \lambda_1=5 com autovetor v_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}; \lambda_2=1 com autovetor v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
(b) T=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} (com T^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]-1 & 2\end{pmatrix}) e J=T^{-1}AT=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
(c) Solução do sistema diagonal: Y(t)=\begin{pmatrix}C_1 e^{5t}\\[4pt]C_2 e^{t}\end{pmatrix}. Solução do sistema original: X(t)=T Y(t)=\begin{pmatrix}2C_1 e^{5t}+C_2 e^{t}\\[6pt]C_1 e^{5t}+C_2 e^{t}\end{pmatrix}=C_1\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{5t}+C_2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}e^{t}.
(d) Retratos de fase: em Y-plano é um nó instável com eixos coordenados invariantes ( y_1 e y_2), setas para fora; em X-plano é um nó instável com retas invariantes geradas por v_1=(2,1) e v_2=(1,1), trajetórias saem da origem e para t\to+\infty alinham-se com v_1 (direção associada ao maior autovalor).]

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