Seja a equação de um oscilador não linear dada por:
\ddot{x}+\left(x^{2}+\dot{x}^{2}\right) \dot{x}+\kappa x=0
Determinar os pontos de equilíbrio do sistema, escrever as equações de evolução de pequenas perturbações em torno dos mesmos e encontrar os autovalores e autovetores da matriz do sistema linearizado em torno de cada ponto de equilíbrio.

Passo 1

O enunciado nos dá a equação de um oscilador não linear
\ddot{x}+\left(x^{2}+\dot{x}^{2}\right)\dot{x}+\kappa x=0,
e pede três coisas:
  • Determinar os pontos de equilíbrio do sistema.
  • Escrever as equações de evolução de pequenas perturbações em torno de cada ponto de equilíbrio (linearizar o sistema).
  • Encontrar os autovalores e autovetores da matriz do sistema linearizado em torno de cada ponto de equilíbrio.
Informações dadas que vamos usar (retiradas diretamente do enunciado):
  • A equação dinâmica da variável x(t) com parâmetro \kappa.
  • Não há outras condições iniciais; \kappa é tratado como parâmetro real.

Passo 2

Transformar a equação de segunda ordem numa forma de sistema de primeira ordem (padrão para linearização). Definimos variáveis:
x_{1}=x,\qquad x_{2}=\dot{x}.
Então
\dot{x}_{1}=x_{2}, \qquad \dot{x}_{2}=-\kappa x_{1}-(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})x_{2}.
Escrevendo em forma de sistema vetorial:
\dot{\mathbf{x}}=\mathbf{f}(\mathbf{x}),\quad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix},\quad \mathbf{f}(\mathbf{x})=\begin{pmatrix}x_{2}\\[4pt]-\kappa x_{1}-(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})x_{2}\end{pmatrix}.]

Passo 3

Encontrar os pontos de equilíbrio: são os \mathbf{x}^*=(x_{1}^*,x_{2}^*) tais que \mathbf{f}(\mathbf{x}^*)=\mathbf{0}. Das componentes:
\dot{x}_{1}=x_{2}^*=0,
\dot{x}_{2}=-\kappa x_{1}^*-(x_{1}^{*2}+x_{2}^{*2})x_{2}^*=0.
Com x_{2}^*=0 a segunda equação fica
-\kappa x_{1}^*=0.
Assim há dois casos, dependendo de \kappa:
  • Se \kappa\neq 0: então x_{1}^*=0. Logo existe um único ponto de equilíbrio:
\mathbf{x}^*=(0,0).
  • Se \kappa=0: a condição fica 0=0 para qualquer x_{1}^*, desde que x_{2}^*=0. Logo a família de equilíbrios é a reta
\{(x_{1},x_{2}) : x_{2}=0,\\ x_{1}\in\mathbb{R}\}.

Passo 4

Explicar e calcular a linearização: para perturbações pequenas em torno de um equilíbrio \mathbf{x}^* escrevemos \mathbf{x}=\mathbf{x}^*+\delta\mathbf{x} com \delta\mathbf{x} pequeno. A primeira ordem é
\delta\dot{\mathbf{x}} = D\mathbf{f}(\mathbf{x}^*)\,\delta\mathbf{x},
onde D\mathbf{f}(\mathbf{x}) é a matriz jacobiana das componentes de \mathbf{f}. Vamos calcular o jacobiano geral.
As componentes são f_{1}(x_{1},x_{2})=x_{2} e f_{2}(x_{1},x_{2})=-\kappa x_{1}-(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})x_{2}. Derivando:
\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}}=0,\qquad \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{2}}=1.
Para f_{2}:
\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}}=-\kappa-\frac{\partial}{\partial x_{1}}\big((x_{1}^{2}+x_{2}^{2})x_{2}\big)=-\kappa-2x_{1}x_{2},
\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{2}}=-\frac{\partial}{\partial x_{2}}\big((x_{1}^{2}+x_{2}^{2})x_{2}\big)=-(x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}).
Portanto o jacobiano geral é
D\mathbf{f}(x_{1},x_{2})= \begin{pmatrix} 0 & 1\\[6pt] -\kappa-2x_{1}x_{2} & -(x_{1}^{2}+3x_{2}^{2}) \end{pmatrix}.]

Passo 5

Linearização no ponto de equilíbrio (0,0) (caso geral \kappa qualquer): avaliar o jacobiano em (x_{1},x_{2})=(0,0):
D\mathbf{f}(0,0)= \begin{pmatrix} 0 & 1\\[6pt] -\kappa & 0 \end{pmatrix}.
Logo as equações lineares para a perturbação \delta\mathbf{x}=(\xi,\eta)^{T}=(\delta x_{1},\delta x_{2})^{T} são
\dot{\xi}=\eta, \qquad \dot{\eta}=-\kappa\,\xi.
Em forma matricial:
\delta\dot{\mathbf{x}}= \begin{pmatrix} 0 & 1\\[6pt] -\kappa & 0 \end{pmatrix}\delta\mathbf{x}.]

Passo 6

Encontrar autovalores da matriz linearizada em (0,0). Seja
A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-\kappa & 0\end{pmatrix}.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-\kappa & -\lambda\end{pmatrix}=\lambda^{2}+\kappa.
Assim os autovalores são as raízes de \lambda^{2}+\kappa=0:
\lambda=\pm\sqrt{-\kappa}.
É mais conveniente escrever em três subcasos:
  • Se \kappa>0: \lambda=\pm i\sqrt{\kappa} (autovalores puramente imaginários).
  • Se \kappa=0: \lambda=0 (auto-valor zero, multiplicidade 2).
  • Se \kappa<0: escrevendo \mu=\sqrt{-\kappa}>0, \lambda=\pm\mu (dois autovalores reais de sinais opostos).]

Passo 7

Calcular autovetores em (0,0). Para um autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A primeira linha dá -\lambda v_{1}+v_{2}=0, logo
v_{2}=\lambda v_{1}.
Portanto um autovetor correspondente a \lambda é
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\lambda\end{pmatrix}.
Concretizando:
  • Se \kappa>0 com \omega=\sqrt{\kappa}: \lambda=\pm i\omega,\qquad \mathbf{v}_{\pm}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\pm i\omega\end{pmatrix}.
  • Se \kappa<0 com \mu=\sqrt{-\kappa}: \lambda=\pm\mu,\qquad \mathbf{v}_{\pm}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\pm\mu\end{pmatrix}.
  • Se \kappa=0: \lambda=0. Da equação v_{2}=0, os autovetores têm a forma \mathbf{v}=(1,0)^{T} (subespaço próprio unidimensional). Como a multiplicidade algébrica é 2 mas o espaço próprio é 1‑dimensional, a matriz é defectiva; existe um vetor generalized \mathbf{w} tal que A\mathbf{w}=\mathbf{v}. Um escolha conveniente é \mathbf{w}=(0,1)^{T} porque A(0,1)^{T}=(1,0)^{T}.]

Passo 8

Interpretar os resultados em termos de estabilidade linear (dica prática para prova):
  • Para \kappa>0: autovalores puros imaginários \pm i\omega. A linearização é a do oscilador harmônico linear; o ponto (0,0) é linearmente um centro (movimento periódico linear). Linearmente neutro (não assintoticamente estável nem instável). Observação: a não linearidade pode mudar o comportamento (fazendo amortecimento ou crescimento não linear), então a conclusão completa exige análise não linear; mas linearmente é centro.
  • Para \kappa<0: autovalores reais de sinais opostos \pm\mu. Ponto de sela linearmente instável.
  • Para \kappa=0: autovalores nulos com cadeia de Jordan — comportamento não determinado por linearização simples (caso degenerado); é necessário estudar termos não lineares. Contudo, se \kappa=0 e linearizarmos em um ponto da reta de equilíbrios (a,0) com a\neq0, há outros resultados (ver Passo 9).

Passo 9

Analisar o caso especial \kappa=0 linearizando ao redor de um equilíbrio genérico (a,0) com a\in\mathbb{R}. Avaliando o jacobiano geral em (x_{1},x_{2})=(a,0) com \kappa=0:
D\mathbf{f}(a,0)= \begin{pmatrix} 0 & 1\\[6pt] 0 & -a^{2} \end{pmatrix}.
O polinômio característico é \lambda^{2}+a^{2}=0, logo
\lambda=\pm i|a|.
Então, para \kappa=0 mas linearizando em (a,0) com a\neq 0, os autovalores são imaginários puros e o ponto se comporta linearmente como um centro (frequência |a|). Observe: esses pontos existem apenas quando \kappa=0 (pois só nesse caso existia a reta de equilíbrios).]

Passo 10

Resumo das fórmulas e dos autovetores (fórmulas prontas para a prova):
Matriz linearizada em (0,0):
A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-\kappa & 0\end{pmatrix}, \qquad \chi(\lambda)=\lambda^{2}+\kappa.
Autovalores:
\lambda=\pm\sqrt{-\kappa}.
Autovetores correspondentes (para qualquer \kappa, avaliando \lambda):
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\lambda\end{pmatrix}.
Caso \kappa=0, para um equilíbrio (a,0) (qualquer a da reta de equilíbrios):
D\mathbf{f}(a,0)=\begin{pmatrix}0 & 1\\[6pt]0 & -a^{2}\end{pmatrix}, \qquad \lambda=\pm i|a|, \qquad \mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\lambda\end{pmatrix}.]

Resposta

Equilíbrios:\n
Se \kappa\neq 0: o único ponto de equilíbrio é (0,0).\n
Se \kappa=0: a família de equilíbrios é \{(x_{1},x_{2}):(x_{2}=0,\\ x_{1}\in\mathbb{R})\}.\n
Linearização em (0,0):\n
\delta\dot{\mathbf{x}}=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-\kappa & 0\end{pmatrix}\delta\mathbf{x}, \qquad \text{ou seja}\quad \dot{\xi}=\eta,\\ \dot{\eta}=-\kappa\xi.\n
Autovalores em (0,0): \lambda=\pm\sqrt{-\kappa} (equivalente a \lambda=\pm i\sqrt{\kappa} se \kappa>0).\n
Autovetores correspondentes: para cada \lambda,
\mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\lambda\end{pmatrix}.\n
Caso especial \kappa=0, linearização em (a,0) (com a\in\mathbb{R}): \n
D\mathbf{f}(a,0)=\begin{pmatrix}0 & 1\\[6pt]0 & -a^{2}\end{pmatrix}, \qquad \lambda=\pm i|a|, \qquad \mathbf{v}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\lambda\end{pmatrix}.]

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