4 - d x d t = 1 - 4 4 - 7 x

Passo 1

Considere o sistema:

d x d t = 1 - 4 4 - 7 x … … .   ( 1 )

a)

Vamos assumir x = ξ e r t como a solução do sistema. Portanto iremos substituir esse valor no sistema.

d d t ξ e r t = 1 - 4 4 - 7 ξ e r t

r ξ e r t = 1 - 4 4 - 7 ξ e r t

= 1 - r - 4 4 - 7 - r ξ 1 ξ 2 = 0 0 … … ( 2 )

Passo 2

Os valores são as raízes da equação.

1 - r - 4 4 - 7 - r = 0

1 - r - 7 - r + 16 = 0

r 2 + 6 r + 9 = 0

( r + 3 ) ( r + 3 ) = 0

Portanto, os autovalores são r 1 = - 3 e r 2 = - 3 .

Passo 3

Quando r = r 1 = - 3 , a equação ( 2 ) fornece,

= 1 - ( - 3 ) - 4 4 - 7 - ( - 4 ) ξ 1 ξ 2 = 0 0

= 4 - 4 4 - 4 ξ 1 ξ 2 = 0 0

Cada linha gera a condição:

ξ 1 = ξ 2

O autovetor ξ 1 correspondente ao autovalor r 1 = - 3 é: ξ 1 = 1 1

Passo 4

Para encontrar a segunda solução linearmente independente para o sistema (1), resolva o sistema A - r I n = ξ 1

4 - 4 4 - 4 n 1 n 2 = 1 1

Cada linha gera a seguinte equação:

4 n 1 - 4 n 2 = 1

4 n 1 = 1 + 4 n 2

n 1 = 1 4 + n 2

Vamos definir n 2 = k , ou seja, uma constante arbitrária.

n 1 = 1 4 + k

Assim, o segundo autovetor correspondente ao autovalor r = r 2 = - 3 é:

n = k + 1 4 k

n = 1 4 0 + k 1 1

Passo 5

Temos que:

x 2 = ξ t e - 3 t + n e - 3 t

Substitua n = 1 4 0 + k 1 1 e ξ 1 = 1 1 na equação acima:

x 2 = 1 1 t e - 3 t + 1 4 0 e - 3 t + k 1 1 e - 3 t

O último termo é um múltiplo de  x 1 ( t ) e, portanto, pode ser descartado.

Então, a segunda solução do sistema é:

x 2 = 1 1 t e - 3 t + 1 4 0 e - 3 t

Passo 6

b)

Assim, a solução geral do sistema (1) é,

x t = c 1 1 1 t e - 3 t + c 2 1 1 t e - 3 t + 1 4 0 e - 3 t … … ( 3 )

Onde c 1 e c 2 são constantes arbitrárias.

Para valores muito altos de t , o termo x = c 2 1 1 t e - 3 t é dominante, por conta do t   que está multiplicando. Se observamos bem, quando t → ∞ toda trajetória se aproxima da origem. Da mesma forma para grandes valores negativos de t o mesmo termo continua sendo dominante, de mo que t → - ∞ . Cada trajetória é assíntota a uma linha paralela a ξ = 1 1 . Portanto, o ponto crítico ( 0,0 ) é um nó assintoticamente estável.

Passo 7

c)

A solução do sistema ( 1 ) é:

x t = c 1 1 1 t e - 3 t + c 2 1 1 t e - 3 t + 1 4 0 e - 3 t

x t = c 1 e - 3 t + c 2 t e - 3 t + c 2 4 e - 3 t 2 c 1 e - t + c 2 t e - 3 t

x t = c 1 + c 2 4 e - 3 t + c 2 e - 3 t 2 c 1 e - t + c 2 t e - 3 t

Portanto, as soluções são:

x 1 t = c 1 + c 2 4 e - 3 t + c 2 t e - 3 t e x 2 t = 2 c 1 e - t + c 2 t e - 3 t

Agora, o esboço das trajetórias é mostrado abaixo:

Passo 8

Observe a solução x 1 t = c 1 + c 2 4 e - 3 t + c 2 t e - 3 t que possui diferentes valores para c 1 e c 2 :

Para  c 1 = - 1 , c 2 = - 1 ,

x 1 t = - 5 4 e - 3 t - t e - 3 t

Para  c 1 = - 1 , c 2 = 1 ,

x 1 t = - 3 4 e - 3 t + t e - 3 t

Para  c 1 = 1 , c 2 = - 1 ,

x 1 t = 3 4 e - 3 t - t e - 3 t

Para  c 1 = 1 , c 2 = 1 ,

x 1 t = 5 4 e - 3 t + t e - 3 t

Agora vamos esboçar todas essas soluções no plano x , t .

Passo 9

d) Os comandos serão colocados abaixo. Use um software e reproduza para conferir os resultados.

Resposta

  1. Os autovalores são r 1 = - 3 e r 2 = - 3 .
  2. O autovetor ξ 1 correspondente ao autovalor r 1 = - 3 é: ξ 1 = 1 1

    O autovetor ξ 2 correspondente ao autovalor r 2 = - 3 é: ξ 2 = n = k + 1 4 k

  3. O ponto crítico  ( 0,0 ) é um nó e estável.

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