Exercícios Resolvidos: 1.
1.a.
Os pontos fixos correspondem a valores que não mudam quando se aplica um mapa dinâmico 𝑥𝑡+1 = 𝑓(𝑥𝑡), ou seja, para os pontos fixos verifica-se a seguinte igualdade:
𝑥𝑡+1= 𝑥𝑡 A igualdade acima também pode ser escrita na forma:
𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡
Considerando a equação para o mapa dinâmico em questão: 𝑥𝑡+1= 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑒𝑏−𝑏𝑥𝑡
Se substituirmos na equação 𝑥𝑡 por 1, obtemos:
𝑓(1) = 𝑒𝑏−𝑏 = 𝑒0 = 1
Logo, 𝑓(1) = 1, pelo que 1 é um ponto fixo do mapa.
Para avaliarmos a sua estabilidade temos de calcular a derivada no ponto. O primeiro passo é, então, calcular a função derivada:
𝑓′(𝑥𝑡) =𝑑𝑓(𝑥𝑡) 𝑑𝑥𝑡
Tomando a função interna como 𝑦 = 𝑏 − 𝑏𝑥𝑡 e a externa como 𝑒𝑦, podemos aplicar a
regra da cadeia para calcular a derivada:
𝑓′(𝑥𝑡) =𝑑(𝑒 𝑦) 𝑑𝑦 × 𝑑𝑦 𝑑𝑥𝑡 = 𝑒 𝑦× 𝑑𝑦 𝑑𝑥𝑡= = 𝑒𝑏−𝑏𝑥𝑡×𝑑(𝑏 − 𝑏𝑥𝑡) 𝑑𝑥𝑡 = 𝑒𝑏−𝑏𝑥𝑡(𝑑𝑏 𝑑𝑥𝑡− 𝑑(𝑏𝑥𝑡) 𝑑𝑥𝑡 ) = = 𝑒𝑏−𝑏𝑥𝑡(0 − 𝑏) = −𝑏𝑒𝑏−𝑏𝑥𝑡
𝑓′(𝑥𝑡) = −𝑏𝑒𝑏−𝑏𝑥𝑡
Calculando a derivada no ponto fixo, obtemos:
𝑓′(1) = −𝑏𝑒𝑏−𝑏 = −𝑏𝑒0 = −𝑏
Dado que na definição do mapa se assumiu que 0 < 𝑏 ≤ 3, então, a derivada é sempre negativa, o que significa que qualquer convergência ou divergência será sempre oscilatória.
Pela condição de estabilidade de pontos fixos, o ponto fixo é estável quando a derivada avaliada no ponto em módulo é inferior a 1:
|𝑓′(1)| < 1 ⟺ |−𝑏| < 1 ⟺ |𝑏| < 1
Dado que 0 < 𝑏 ≤ 3, sabemos que quando 0 < 𝑏 < 1, a derivada é negativa e inferior a 1 em módulo, logo, as órbitas tendem para o ponto fixo de modo oscilatório.
O ponto fixo torna-se instável para:
|𝑓′(1)| > 1 ⟺ |−𝑏| > 1 ⟺ |𝑏| > 1
Dado que 0 < 𝑏 ≤ 3, sabemos, pela última desigualdade que quando 1 < 𝑏 ≤ 3, a derivada é negativa e superior a 1 em módulo, logo, as órbitas afastam-se do ponto fixo de modo oscilatório.
Finalmente, a condição |𝑓′(1)| = 1, ocorre para 𝑏 = 1, neste caso não conseguimos
avaliar algebricamente pelo critério das derivadas a convergência ou divergência, isto é, as órbitas podem convergir, divergir ou nem convergir nem divergir, este corresponde também ao ponto crítico de bifurcação, ou seja, antes deste ponto, quando o parâmetro 𝑏 < 1, as órbitas que começam numa vizinhança próxima do ponto fixo tendem para o ponto fixo e quando 𝑏 > 1 o ponto fixo perde estabilidade ou para outro ponto fixo ou para uma dinâmica periódica ou aperiódica.
1.b. Quando 0 < 𝑏 < 1 a dinâmica assimptótica é de ponto fixo, com 𝑥𝑡 = 1 como ponto fixo, quando 1 < 𝑏 ≤ 3 o ponto fixo perde estabilidade, como vimos na alínea anterior. O diagrama de bifurcações revela que ocorre uma bifurcação com duplicação de período a partir de 𝑏 = 1, isto é, a partir deste ponto (𝑏 > 1), a dinâmica é sempre periódica de período 2, com oscilações crescentes à medida que o parâmetro 𝑏 aumenta até chegar a 3.
2.
2.a. Dado o mapa dinâmico:
𝑥𝑡+1 = 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑏 𝑥𝑡
Em que 𝑥𝑡 ≠ 0. Para calcularmos os pontos fixos, temos de resolver a equação: 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡
Ou seja:
𝑏 𝑥𝑡
= 𝑥𝑡 ⇔ 𝑥𝑡2 = 𝑏 ⟺ 𝑥𝑡 = ±√𝑏
Existem, assim, dois pontos fixos ±√𝑏, com 𝑏 > 0.
Podemos confirmar que ±√𝑏 são de facto pontos fixos do mapa, aplicando o mapa para 𝑥𝑡 = ±√𝑏: 𝑓(√𝑏) = 𝑏 √𝑏= √𝑏 × √𝑏 √𝑏 = √𝑏 𝑓(−√𝑏) = 𝑏 −√𝑏= − √𝑏 × √𝑏 √𝑏 = −√𝑏
2.b. Existem dois pontos fixos, para avaliar a sua estabilidade temos de calcular a derivada do mapa em cada ponto fixo. O primeiro passo é calcular a função derivada, neste caso temos: 𝑓′(𝑥𝑡) = 𝑑 (𝑥𝑏 𝑡) 𝑑𝑥𝑡 = 𝑏 𝑑 (𝑥1 𝑡) 𝑑𝑥𝑡 = − 𝑏 𝑥𝑡2
Avaliando a função derivada em módulo em cada ponto fixo, obtemos o seguinte resultado: |𝑓′(√𝑏)| = |− 𝑏 (√𝑏)2 | = |−𝑏 𝑏| = |−1| = 1 |𝑓′(−√𝑏)| = |− 𝑏 (−√𝑏)2 | = |−𝑏 𝑏| = |−1| = 1
Logo, para ambos os casos, a derivada em módulo é igual a 1, assim, a partir do critério das derivadas, cada um dos dois pontos fixos pode atrair, repelir ou nem atrair nem repelir (ponto fixo neutro).
2.c. Considere-se uma qualquer condição inicial 𝑥0 = 𝑚, com 𝑚 ≠ 0, então, temos as seguintes iterações para o mapa:
𝑥0 = 𝑚 𝑥1 = 𝑏 𝑚 𝑥2 = 𝑏 𝑥1 = 𝑏 𝑏 𝑚 = 𝑏 ×𝑚 𝑏 = 𝑚 𝑥3 = 𝑏 𝑥2 = 𝑏 𝑚 𝑥4 = 𝑏 𝑥3 = 𝑏 𝑏 𝑚 = 𝑏 ×𝑚 𝑏 = 𝑚 …
Logo, quando 𝑥0 = 𝑚, apenas se 𝑚 = ±√𝑏 é que temos uma dinâmica de ponto fixo, para todos os restantes casos, dado que 𝑏 > 0 por condição imposta aquando da definição do mapa, a dinâmica é periódica de período 2 seguindo o ciclo: 𝑚 → 𝑏
𝑚→ 𝑚 → 𝑏
𝑚 → ⋯,
neste caso, conclui-se que os pontos fixos são neutros, dado que todas as restantes condições iniciais admissíveis se encontram numa dinâmica periódica.
3.
3.a. Para calcular os pontos fixos temos de resolver a equação 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡, com 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑎𝑥𝑡2, logo temos a seguinte resolução:
𝑎𝑥𝑡2 = 𝑥 𝑡 ⟺ 𝑎𝑥𝑡2− 𝑥𝑡= 0 ⇔ ⟺ 𝑥𝑡(𝑎𝑥𝑡− 1) = 0 ⟺ ⟺ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑎𝑥𝑡− 1 = 0 ⟺ ⟺ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑥𝑡 =1 𝑎∧ 𝑎 ≠ 0
O caso especial de 𝑎 = 0, não tem de ser analisado, pois impôs-se a condição na definição do mapa de que 𝑎 > 0. Temos, assim, dois pontos fixos, 0 e 1/𝑎, podemos confirmar que são de facto pontos fixos substituindo no mapa:
𝑓 (1 𝑎) = 𝑎 ( 1 𝑎) 2 = 𝑎 𝑎2 = 1 𝑎 3.b. Calculando a função derivada do mapa obtemos:
𝑓′(𝑥 𝑡) =
𝑑𝑓(𝑥𝑡)
𝑑𝑥𝑡 = 2𝑎𝑥𝑡 Avaliando a derivada em cada ponto fixo obtemos:
|𝑓′(0)| = |2𝑎 × 0| = |0| = 0
|𝑓′(1 𝑎)| = |
2𝑎
𝑎 | = |2| = 2
A derivada em módulo avaliada no segundo ponto fixo é superior a 1 e a do primeiro inferior a 1, o que significa que as órbitas se afastam do segundo ponto fixo aproximando-se do primeiro, ou aproximando-seja, 0 é um atractor de órbitas que começam numa vizinhança próxima, enquanto que 1/𝑎 repele as dinâmicas que começam numa vizinhança próxima. 4.
Temos de demonstrar em primeiro lugar que 𝑥𝑡= 0 é um ponto fixo do mapa: 𝑥𝑡+1 = 𝑓(𝑥𝑡) =𝑥𝑡− 2𝑥𝑡
2
2
Neste caso, basta substituir 𝑥𝑡 por 0 na fórmula e realizar os cálculos seguintes:
𝑓(0) =0 − 2 × 0
2
2 = 0
Logo, 𝑥𝑡= 0 é um ponto fixo do mapa. Para que seja estável, tem de atrair as órbitas
numa vizinhança próxima, condição que é verificada se a derivada em módulo avaliada no ponto for inferior a 1. Calcule-se, então, a função derivada:
𝑓′(𝑥 𝑡) = 𝑑 (𝑥𝑡− 2𝑥𝑡 2 2 ) 𝑑𝑥𝑡 = 1 − 4𝑥𝑡 2 = 1 2− 2𝑥𝑡
Avaliando a derivada quando 𝑥𝑡 = 0 em módulo, obtemos o resultado seguinte:
|𝑓′(0)| = |1 2− 2 × 0| = | 1 2 | = 1 2< 1
Dado que a derivada em módulo é inferior a 1, 𝑥𝑡 = 0 atrai as vizinhanças próximas,
logo, o ponto fixo é estável, dado que a derivada avaliada no ponto fixo é positiva, as órbitas numa vizinhança próxima do ponto aproximam-se do ponto fixo de modo monotónico.
5.
Substituindo no primeiro caso temos:
𝑓 (2 3) = 3 × 2 3− 3 × ( 2 3) 2 = 2 − 3 ×4 9= 2 − 4 3= 6 − 4 3 = 2 3 Logo, 2/3 é um ponto fixo.
Para o segundo caso obtemos:
𝑓(1) = 3 × 1 − 3 × (1)2 = 3 − 3 = 0 Logo, 1 não é um ponto fixo do mapa.
Dado que 2/3 é um ponto fixo, temos de avaliar a sua estabilidade.
Calculando a derivada do mapa 𝑓(𝑥𝑡) = 3𝑥𝑡− 3𝑥𝑡2, obtemos a seguinte função derivada:
𝑓′(𝑥𝑡) =
𝑑(3𝑥𝑡− 3𝑥𝑡2) 𝑑𝑥𝑡
= 3 − 6𝑥𝑡
Avaliando a derivada em módulo no ponto fixo obtemos o seguinte resultado:
|𝑓′(2
3)| = |3 − 6 × 2
3| = |3 − 4| = |−1| = 1
Dado que a derivada em módulo é igual a 1, o ponto fixo pode atrair, repelir ou nem atrair nem repelir (ponto fixo neutro).
6.
Para determinarmos os pontos fixos temos de resolver a seguinte equação: 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡 ⟺ √𝑥𝑡 = 𝑥𝑡 ⟺
⟺ 𝑥𝑡 = 𝑥𝑡2 ⟺
⟺ 𝑥𝑡2 − 𝑥
𝑡 = 0 ⟺
⟺ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑥𝑡 = 1 Calculando a função derivada obtemos:
𝑓′(𝑥𝑡) =
𝑑(√𝑥𝑡)
𝑑𝑥𝑡 = 1 2√𝑥𝑡
Neste caso podemos verificar que a derivada não se encontra definida em 0, o valor é +∞, mas encontra-se definida em 1, sendo igual a ½, logo, inferior a 1 em módulo, assim, podemos concluir que 1 é estável e que 0 é instável.
7.
Dado que 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡3, para calcularmos os pontos fixos temos de resolver a equação:
𝑥𝑡3 = 𝑥𝑡 ⟺ 𝑥𝑡3− 𝑥𝑡= 0 ⇔ 𝑥𝑡(𝑥𝑡2 − 1) = 0 ⇔
⇔ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑥𝑡2 − 1 = 0 ⟺ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑥𝑡2 = 1 ⟺
⟺ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑥𝑡= −1 ∨ 𝑥𝑡 = 1 Logo, os pontos fixos do mapa são três 𝑥𝑡= 0, 𝑥𝑡 = −1 e 𝑥𝑡 = 1.
Para avaliar a estabilidade destes três pontos fixos temos de calcular a função derivada:
𝑓′(𝑥𝑡) =
𝑑𝑥𝑡3 𝑑𝑥𝑡 = 3𝑥𝑡
2
Avaliando a derivada em módulo para cada um dos pontos fixos obtemos o seguinte resultado:
|𝑓′(0)| = |0| = 0
|𝑓′(1)| = |3| = 3
|𝑓′(−1)| = |3| = 3
Logo, no primeiro caso a derivada é inferior a 1, e nos restantes dois casos é superior a 1, deste modo, o ponto fixo 𝑥𝑡 = 0 atrai as órbitas numa vizinhança próxima e os restantes dois repelem as órbitas numa vizinhança próxima.
8.
Para calcularmos os pontos fixos, temos de resolver seguinte a equação, tendo em atenção que 𝑥𝑡 não assume valores negativos:
𝑥𝑡+1= 𝑥𝑡 ⟺ 𝑥𝑡𝑐 = 𝑥𝑡 ⟺ 𝑥𝑡𝑐− 𝑥𝑡 = 0 ⟺ ⟺ 𝑥𝑡(𝑥𝑡𝑐−1− 1) = 0 ⟺
⟺ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑥𝑡𝑐−1− 1 = 0 ⟺ 𝑥𝑡= 0 ∨ 𝑥𝑡𝑐−1= 1 ⟺ 𝑥𝑡 = 0 ∨ 𝑥𝑡 = 1 ∨ 𝑐 = 1
Assim, 𝑥𝑡 = 0 e 𝑥𝑡= 1 são pontos fixos, assim como qualquer valor de 𝑥𝑡 quando 𝑐 = 1, pois, neste caso, o mapa assume a seguinte forma 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡.
Para analisar a estabilidade dos pontos fixos temos de calcular a derivada:
𝑓′(𝑥 𝑡) = 𝑑𝑓(𝑥𝑡) 𝑑𝑥𝑡 = 𝑑(𝑥𝑡𝑐) 𝑑𝑥𝑡 = 𝑐𝑥𝑡 𝑐−1
Para o caso em que 𝑐 = 1, todos os valores de 𝑥𝑡 são pontos fixos pois, para este valor do
parâmetro, o mapa 𝑥𝑡+1= 𝑥𝑡𝑐 tem conduz à igualdade 𝑥𝑡+1= 𝑥𝑡, sendo a derivada avaliada em cada ponto fixo dada por:
|𝑓′(𝑥
𝑡)| = |1| = 1
Pelo critério da derivada no ponto o ponto fixo pode atrair, repelir ou ser neutro, neste caso, cada ponto fixo é neutro, dado que cada valor de 𝑥𝑡 no espaço de fases definido é
um ponto fixo, logo, não existe nem convergência nem divergência, as órbitas mantêm-se mantêm-sempre no ponto em que iniciam.
Quando 𝑐 ≠ 1, a situação é distinta, neste caso, existem apenas dois pontos fixos 𝑥𝑡 = 0 e 𝑥𝑡 = 1, calculando respectivas derivadas em módulo obtemos:
|𝑓′(0)| = |0| = 0 |𝑓′(1)| = |𝑐|
No primeiro caso, dado que |𝑓′(0)| = 0 < 1, o ponto fixo atrai sempre as órbitas numa vizinhança próxima.
No segundo caso, dado que se assumiu que 𝑐 ∈ [0,2], sabemos que 𝑐 é positivo, logo |𝑓′(1)| = |𝑐| = 𝑐, deste modo:
Quando 0 ≤ 𝑐 < 1, o segundo ponto fixo também atrai as órbitas próximas, logo, existe uma competição entre os dois pontos fixos;
Quando 1 < 𝑐 ≤ 2, o único ponto fixo estável é 𝑥𝑡 = 0. NOTA 1 + Tarefa:
Se se simular a órbita para 𝑐 < 1 descobre-se que o ponto fixo 𝑥𝑡 = 1 tende a ser
dominante. Simule a órbita em Excel para avaliar esta dinâmica. NOTA 2 + Questões para Reflexão:
Se o mapa fosse tal que 𝑥𝑡 pudesse assumir valores negativos e 𝑐 ∈ ℕ0 (ou seja, 𝑐 fosse um número inteiro positivo ou nulo), existiria mais um ponto fixo, 𝑥𝑡= −1, para os casos em que 𝑐 fosse ímpar. Porquê? Qual a estabilidade dos pontos fixos neste caso (𝒄 ímpar)? E se 𝒄 fosse par, alteraria alguma coisa em relação aos resultados do exercício acima?
9.
Para calcular os pontos fixos, temos de resolver a seguinte equação: 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡 ⟺ 1 − 𝑥𝑡2− 𝑥𝑡 = 0 ⟺ 𝑥𝑡2+ 𝑥𝑡− 1 = 0
Para resolvermos a parte final da equação temos de encontrar os “zeros” (raízes) de um polinómio de grau 2, neste caso, tem de se aplicar a fórmula resolvente1.
A fórmula é tal que, dada uma equação da forma 𝑎𝑥2+ 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, a solução é sempre dada por dois valores:
𝑥+ =−𝑏 + √𝑏 2− 4𝑎𝑐 2𝑎 𝑥− =−𝑏 − √𝑏 2− 4𝑎𝑐 2𝑎 1 https://pt-pt.khanacademy.org/math/algebra/x2f8bb11595b61c86:quadratic-functions-equations/x2f8bb11595b61c86:quadratic-formula-a1/a/quadratic-formula-explained-article.
Neste caso, para o polinómio 𝑥𝑡2 + 𝑥
𝑡− 1, 𝑎 = 1, 𝑏 = 1, 𝑐 = −1, logo, temos as
seguintes soluções para 𝑥𝑡2+ 𝑥
𝑡− 1 = 0: 𝑥+= −1 + √1 2− 4 × 1 × (−1) 2 × 1 = −1 + √1 + 4 2 = √5 − 1 2 𝑥− = −√5 + 1 2
Podemos confirmar que cada um dos valores acima é um ponto fixo:
𝑓 (√5 − 1 2 ) = 1 − ( √5 − 1 2 ) 2 = 1 −5 − 2√5 + 1 4 = 1 − 6 − 2√5 4 = 4 − 6 + 2√5 4 =2√5 − 2 4 = √5 − 1 2 𝑓 (−√5 + 1 2 ) = 1 − (− √5 + 1 2 ) 2 = 1 −5 + 2√5 + 1 4 = 1 − 6 + 2√5 4 = 4 − 6 − 2√5 4 = −2√5 − 2 4 = − √5 + 1 2
Para analisarmos a estabilidade dos pontos fixos, temos de calcular a função derivada:
𝑓′(𝑥) =𝑑(1 − 𝑥𝑡
2)
𝑑𝑥𝑡
= −2𝑥𝑡
Avaliando a derivada em módulo para cada ponto fixo obtemos:
|𝑓′(√5 − 1 2 )| = |−2 √5 − 1 2 | = |−(√5 − 1)| = |√5 − 1| = √5 − 1 ≅ 1.2360679774998 |𝑓′(−√5 + 1 2 )| = |−2 × (− √5 + 1 2 )| = |√5 + 1| = √5 + 1 ≅ 3.2360679774998 Dado que para ambos os pontos fixos a derivada em módulo é superior a 1, são ambos instáveis.
10.
𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡 ⟺
1
𝑥𝑡𝑐 = 𝑥𝑡 ⟺ 1 = 𝑥𝑡× 𝑥𝑡𝑐 ⟺ 𝑥𝑡𝑐+1 = 1
Existem diferentes soluções para a equação acima, dependendo do valor e se 𝑐 + 1 é par ou ímpar e se é positivo, negativo ou nulo, sistematizando:
Quando 𝑐 = 0, então, existe um único ponto fixo e corresponde a 𝑥𝑡 = 1. Quando 𝑐 > 0:
o Se for ímpar, então, 𝑐 + 1 é par, conduzindo a dois pontos fixos 𝑥𝑡= 1 e 𝑥𝑡 = −1, pois quando o expoente é par existem duas raízes uma positiva e outra negativa, ou seja, 𝑥𝑡 = ± √1𝑐+1 = ±1;
o Se for par, então, 𝑐 + 1 é ímpar, conduzindo a um ponto fixo correspondente a 𝑥𝑡 = 1.
Quando 𝑐 = −1: todos os valores possíveis de 𝑥𝑡 são pontos fixos. Quando 𝑐 < −1, podemos definir 𝑏 = −𝑐 > 1, então, sendo 𝑐 < −1, 1
𝑥𝑡𝑐= 𝑥𝑡 𝑏,
com 𝑏 > 0, neste caso, a equação para encontrar o ponto fixo é diferente, pois temos, 𝑥𝑡𝑏 = 𝑥𝑡, o que conduz a 𝑥𝑡(𝑥𝑡𝑏−1− 1) = 0, logo, para este caso temos os seguintes pontos fixos:
o Se 𝑏 for ímpar (ou seja, 𝑐 é ímpar em módulo), então 𝑏 − 1 é par, logo, existem três pontos fixos 𝑥𝑡 = 0, 𝑥𝑡= 1 e 𝑥𝑡 = −1.
o Se 𝑏 for par (ou seja, 𝑐 é par em módulo), então 𝑏 − 1 é ímpar, logo, existem dois pontos fixos 𝑥𝑡 = 0, 𝑥𝑡= 1.
11. 11.a.
Um ponto fixo não muda com o tempo, logo, dado um qualquer mapa dinâmico 𝑥𝑡+1= 𝑓(𝑥𝑡), a condição para um ponto ser fixo é 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡, ou seja, 𝑥𝑡+1= 𝑥𝑡, no caso do
exercício, se 𝑥𝑡 = 0 for um ponto fixo, então, 𝑓(0) = 0, dado que 𝑓(𝑥𝑡) = ln((1 − 𝑥𝑡)2), então, temos de avaliar o mapa para 𝑥
𝑡= 0:
𝑓(0) = ln((1 − 0)2) = ln(12) = ln(1) = 0
Logo, 𝑥𝑡= 0 é um ponto fixo do mapa. Para avaliarmos a estabilidade deste ponto fixo
𝑓′(𝑥𝑡) =
𝑑(ln((1 − 𝑥𝑡)2))
𝑑𝑥𝑡 =
2 𝑥𝑡− 1
A estabilidade do ponto fixo depende do valor em módulo da derivada avaliada no ponto fixo:
|𝑓′(0)| = | 2
0 − 1| = |−2| = 2
Dado que a derivada é superior a 2, então, demonstra-se que o ponto fixo é instável. Dado que o sinal da derivada é negativo, então, as órbitas que começam numa vizinhança próxima do ponto fixo afastam-se do mesmo de modo oscilatório.
11.b.
A dinâmica é aperiódica irregular, conforme evidenciado pelo primeiro gráfico, com dependência sensível das condições iniciais, conforme evidenciado no segundo gráfico, logo, a evidência é favorável à existência de caos.
12. Em todos os mapas de bifurcações são identificáveis regiões de comportamento caótico com nuvens de pontos correspondentes a variações aperiódicas dentro de intervalos de variação limitados. Assim, existe evidência de caos no comportamento dinâmico do sistema para alguns valores dos parâmetros.
13. Para diferentes valores do parâmetro b pode-se encontrar expoentes de Lyapunov positivos, logo, existe dependência sensível das condições iniciais para mais do que um valor do parâmetro b.
14.
14.a. Apenas para o segundo valor do parâmetro (b = 8) é que se verifica a divergência das órbitas característica da dependência sensível das condições iniciais.
14.b. Face à evidência de dependência sensível das condições iniciais e dada a irregularidade das órbitas, apenas para o segundo parâmetro b = 8, é que se encontra evidência de caos.
15. Pode-se identificar a presença de caos e de dinâmicas regulares que incluem: janelas periódicas, dinâmicas periódicas e dinâmicas de ponto fixo. Verifica-se, também, a existência de um caminho para o caos por bifurcações de duplicação de período.
16.
16.a. Trata-se, neste caso, de uma janela periódica de período 2, sinalizada no gráfico a onde se desenhou as barras verticais:
16.b. Quer antes da janela periódica quer após a janela periódica podem ser identificadas largas regiões de caos.
17. Dado o valor positivo do expoente de Lyapunov máximo, indicativo de dependência sensível das condições iniciais, e dada a irregularidade da dinâmica das órbitas a evidência é a de que estamos perante um atractor caótico para a dinâmica do sistema. 18. No gráfico dos expoentes de Lyapunov máximos, verifica-se a existência de dependência sensível das condições iniciais para alguns dos valores do parâmetro, o diagrama de bifurcações, por seu turno, revela a existência de dinâmicas aperiódicas típicas daquelas que são encontradas no comportamento dos sistemas caóticos, assim, ambas as figuras sustentam a hipótese de existência de dinâmicas caóticas no sistema dinâmico considerado.
20. Estamos perante um atractor com dinâmica aperiódica limitada a uma região do espaço de fases e expoente de Lyapunov máximo superior a zero, logo, a evidência é de que estamos perante uma dinâmica de caos.
Exercícios com Soluções:
21. Derivada: 𝑓′(𝑥𝑡) = −3𝑥𝑡2+ 2𝑥𝑡+ 1 2√𝑥𝑡, 𝑓
′(0) = +∞, 𝑓′(1) = −1
2. O primeiro
ponto fixo é instável não existindo derivada finita no ponto, o segundo ponto fixo é estável com convergência oscilatória.
22. Pontos fixos: 𝑥𝑡 = −1, 𝑥𝑡= 0, 𝑥𝑡= 1. 𝑓′(𝑥 𝑡) = 1 3 √𝑥𝑡2 3 , 𝑓 ′(0) = +∞, 𝑓′(1) = 1 3, 𝑓′(−1) =1
3. O ponto fixo 𝑥𝑡 = 0 é instável, os restantes dois pontos fixos são estáveis.
23. Pontos fixos: 𝑥𝑡 = 1
√𝑏
5 quando 𝑏 ≠ 0. Quando 𝑏 = 0, a equação 𝑓(𝑥𝑡) = 𝑥𝑡 conduz
ao seguinte resultado −1 = 0, que é uma condição impossível, logo, quando 𝑏 ≠ 0 o ponto fixo é 1
√𝑏
5 , enquanto que quando 𝑏 = 0 o mapa não tem pontos fixos. Derivada:
𝑓′(𝑥𝑡) = 5𝑏𝑥𝑡4+ 1, 𝑓′( 1 √𝑏
5 ) = 5√𝑏 5
+ 1, o ponto fixo é estável quando − 32
3125< 𝑏 < 0
e instável quando 𝑏 < − 32
3125 ou 𝑏 > 0.
24. Decrescimento linear.
25. Quando 𝑏 = 0 o mapa é linear da forma:
𝑥𝑡+1= 𝑥𝑡− 1 Logo, as iterações têm a seguinte estrutura:
𝑥0 𝑥1 = 𝑥0− 1 𝑥2 = 𝑥1− 1 = (𝑥0− 1) − 1 = 𝑥0− 2 𝑥3 = 𝑥2− 1 = (𝑥0− 2) − 1 = 𝑥0− 3 𝑥4 = 𝑥3− 1 = (𝑥0− 3) − 1 = 𝑥0− 4 …
𝑥𝑡 = 𝑥0 − 𝑡
26. A primeira parte da afirmação é verdadeira, pois, 𝑒1−√1= 𝑒1−1 = 𝑒0 = 1, logo,
estamos perante um ponto fixo. Quanto à segunda parte, temos de calcular primeiro a derivada (neste caso, temos de aplicar a regra da cadeia):
𝑓′(𝑥 𝑡) = 𝑑𝑒1−√𝑥𝑡 𝑑𝑥𝑡 = 𝑑𝑒𝑦 𝑑𝑦 × 𝑑(1 − √𝑥𝑡) 𝑑𝑥𝑡 = 𝑒 𝑦× (− 1 2√𝑥𝑡 ) = −𝑒 1−√𝑥𝑡 2√𝑥𝑡
Avaliando a derivada em módulo, temos:
|𝑓′(1)| = |−𝑒1−1 2 | = |− 𝑒0 2| = |− 1 2| = 1 2< 1
Logo, o ponto fixo é estável, dado que a derivada em módulo avaliada no ponto é inferior a 1, como o valor a derivada avaliada no ponto é negativo, conclui-se que o ponto fixo é estável com convergência oscilatória, logo, para este mapa, 𝑥𝑡= 1 é um ponto fixo estável com convergência oscilatória, pelo que a afirmação é verdadeira.
27. Dinâmica periódica de período 2.
28. A dinâmica apresentada no gráfico é aperiódica irregular numa região limitada, dado que o expoente máximo de Lyapunov é positivo sabemos que existe dependência sensível das condições iniciais, logo, a dinâmica apresentada é de caos.
29. A afirmação é verdadeira, pois o atractor é caótico.
30. A afirmação é falsa, pois existem expoentes de Lyapunov máximos positivos, logo, existem valores do parâmetro em que a dinâmica do sistema apresenta dependência sensível das condições iniciais.
31. A afirmação é falsa, embora exista caos, existem também janelas periódicas visíveis no diagrama.
32. A afirmação é falsa, os expoentes de Lyapunov são todos negativos, logo, não pode existir caos, pois não existe dependência sensível das condições iniciais.
33. A afirmação é verdadeira, estamos perante um atractor fractal com dependência sensível das condições iniciais, logo, estamos perante um atractor estranho caótico. 34. Ciclo de período 3.
35. Ciclo de período 2. 36. Ciclo de período 4.
37. A afirmação é falsa, a bifurcação ocorre de um ciclo de período 4 para um ciclo de período 8, ou seja, ocorre uma duplicação de período.
38. A afirmação é falsa, pois, para o mapa em questão, quando 𝑥𝑡 = 1, 𝑥𝑡+1= ln(12+ 14) = ln 2 ≠ 1.
39. A afirmação é falsa, pois o mapa não está definido para o valor em questão (ln 0 = −∞).
40. A afirmação é falsa, pois embora 𝑥𝑡+1= 2 ×1
2− 1 2 = 1 − 1 2= 1 2, logo, 𝑥𝑡 = 1 2 é um
ponto fixo do mapa, a função derivada é 𝑓′(𝑥𝑡) = 2, logo |𝑓′( 1
2)| = 2 > 1, logo, o ponto
