ESERCIZI SUI SISTEMI LINEARI

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1 ESERCIZI SUI SISTEMI LINEARI Consideriamo ora il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti associato alla matrice A M n n, cioè SLO Vale il seguente = A. Teorema. Sia v R n \ } e sia λ C. Condizione necessaria e sufficiente affinchè t = e λt v R n sia soluzione di SLO è che λ sia autovalore di A con v autovettore ad esso associato. Dim. Basta calcolare t e sostituire in SLO ottenendo e λt λv = e λt Av. Conseguentemente, poichè e λt > otteniamo subito λv = Av, cioè l asserto. Autovalori reali. Se A possiede n autovettori linearmente indipendenti v,..., v n, cioè A è diagonalizzabile, associati agli autovalori reali λ,..., λ n allora i t = e λ it v i, i =,..., n, sono n soluzioni linearmente indipendenti di SLO e dunque denotando con S la matrice costituita da tutti gli autovettori messi in colonna, precisamente S = [v,..., v n ], risulta che una matrice wronskiana è data da Wt = S diag [ e λ t,..., e λnt]. Autovalori reali e complessi semplici. Sia A M n n avente n autovalori semplici o regolari e denotiamo con λ,..., λ k i suoi autovalori reali mentre con λ j = a j + ib j e λj = a j ib j j = k +,..., m i suoi autovalori complessi, ove ovviamente m k = n. Siano ora u,..., u k autovettori reali corrispondenti agli autovalori reali λ,..., λ k, e siano u j = v j + iw j e ū j = v j iw j j = k +,..., m coppie di autovettori coniugati corrispondenti a λ j e λ j, j = k +,..., m. Sappiamo che l integrale generale di SLO è dato da t = WtC dove W è una matrice Wronskiana e C = c,..., c n, c i R. In particolare, denotando con S la matrice costituita da tutti gli autovettori messi in colonna, precisamente risulta Wt = S diag S = [u,..., u k, w k+, v k+,..., w m, v m ], [ e λt,... e λkt, e a jt cos bj t sin b j t sin b j t cos b j t ], j = k +,..., m. Esercizio. Risolvere il problema di Cauchy = = +, =, = 3.

2 Svolgimento Il sistema assegnato può essere scritto in forma compatta = A, =, ove 5 4 = A = e =. 3 Gli autovalori di A sono λ = e λ = 6, dunque siamo nel caso di autovalori reali semplici. Determiniamo ora gli autovettori di A risolvendo Av = λv, v =, y T, cioè risolviamo prima il sistema Av = λ v 5 + 4y = y =, + = y, e poi il sistema Av = λ v 5 + 4y = 6y + y = 6y. y = 4 Dunque scegliamo v =, e v = 4,. Conseguentemente una matrice Wronskiana sarà data da e Wt = [v, v ] diage t, e 6t t 4e = 6t e t e 6t dove [v, v ] è la matrice costituita dagli autovettori messi in colonna. Poichè W I, allora Wt non è la matrice risovente Rt, pertanto Rt = WtW = e t 4e 6t 4 5 e t e 6t = e t + 4e 6t 4e t + 4e 6t 5 e t + e 6t 4e 6t + e t La soluzione cercata è t = Rt = 5 e t + 4e 6t 4e t + 4e 6t e t + e 6t 4e 6t + e t 3 Esercizio. Scrivere l integrale generale del sistema = = + 3, 3 = e = 6t e t e 6t + e t Svolgimento Il sistema assegnato può essere scritto in forma compatta = A, ove = A =. 3 3 Gli autovalori di A sono λ =, λ = + i e λ 3 = i, dunque siamo nel caso di autovalori reali e complessi semplici. Determiniamo tre autovettori corrispondenti ai tre autovalori, per l autovalore reale λ otteniamo = = z + y z = y, y = y + z = z u =, 3,. Per l autovalore λ dobbiamo risolvere = + i + y z = + iy, 3 + y + z = + iz = y = iz

3 3 u = = i Analogamente per λ 3 si ha + y z 3 + y + z u 3 = i = + i = i = iy, = iz + i = v + iw. = y = iz = v iw. Conseguentemente S = [u, w, v ] = 3 una matrice Wronskiana è data da [ ] cos t sin t Wt = S diag e t, e t sin t cos t = 3 et e t cos t e t sin t e t sin t e t cos t = 3e t e t sin t e t cos t et e t e t cos t e t sin t Pertanto l integrale generale richiesto è t = WtC =. c e t 3c e t + c e t sin t + c 3 e t cos t c e t c e t cos t + c 3 e t sin t Autovalori multipli regolari, C = c, c, c 3 R 3. Ricordiamo che un autovalore si dice regolare quando la molteplicità algebrica è uguale a quella geometrica e dunque la dimensione dell autospazio ad esso associato coincide con la molteplicità algebrica. Esercizio 3. Risolvere il problema di Cauchy = = + 3 +, 3 = , =, =, 3 =. Svolgimento Il sistema assegnato non è omogeneo e può essere scritto in forma compatta = A + B, =, ove A =, B = =. 4

4 4 L equazione caratteristica associata alla matrice A è λ λ 3 = dunque A possiede un autovalore semplice λ = e un autovalore λ = 3 avente molteplicità algebrica. Calcoliamo gli autovettori associati a λ = e a λ = 3. Dal sistema + y + z = + y z = y, + y + 4z = z = z y = z deduciamo che u =,, è un autovettore di A corrispondente all autovalore λ =. Mentre dal sistema + y + z = 3 + y z = 3y, = y + z + y + 4z = 3z otteniamo che l autovalore λ = 3 possiede due autovettori lineramente indipendenti u =,, e u 3 =,,, pertanto λ = 3 è un autovalore multiplo regolare avendo molteplicità uguale a quella geometrica pari a due. Risulta allora che l integrale generale di è t = [u, u, u 3 ] diage t, e 3t, e 3t C = con c, c, c 3 R. Quindi una matrice wronskiana di è Wt = et e 3t e 3t e t e 3t. e t e 3t et e 3t e 3t c c c 3 In particolare W I 3 dunque Wt non è la matrice risolvente del sistema omogeneo associato a, pertanto risulta Rt = WtW = et e 3t e 3t e t e 3t e t e 3t 3 = e t + e 3t e t + e 3t e t e 3t et e t + e 3t e t + e 3t e t e 3t e t + e 3t e t + 3e 3t la soluzione del sistema omogeneo associato a è t = Rt = et e t + e 3t e t + e 3t e t + e 3t e t + e 3t e t e 3t = e 3t. e t e 3t e t + e 3t e t + 3e 3t Calcoliamo ora una soluzione particolare Φt di. Grazie al metodo di variazione delle costanti sappiamo che Φt = Wt t W sbsds poichè detwt = Wt = e 7t e essendo la matrice dei complementi algebrici data da Wt = e6t e 4t e 4t e 6t e 4t e 4t. e 6t e 4t 3e 4t Wt

5 5 Pertanto W t = Wt Wt T = e 7t e 4t e 4t e 4t e6t e 6t e 6t e 4t e 4t 3e 4t = e t e t e t e 3t e 3t e 3t e 3t e 3t 3e 3t Φt = t Wt e s e s e s e 3s e 3s e 3s ds = t e 3s e 3s 3e 3s Wt = et e 3t e 3t e t e 3t 3e t e t e 3t 3 e 3t = 6et + e 3t + 4 3e t e 3t e3t 8 3 3e t e3t + 3 La soluzione di è t = Rt + Φt = e 3t + e 3t 3e t + 5 = 6 e3t + 3 et e3t 3 et + 3 6et + e 3t + 4 3e t 3 e3t 8 3 3e t e3t + 3 3e s e 3s 7e 3s ds Autovalori multipli non regolari Esercizio 4. Risolvere il problema di Cauchy = + =, =, =. Svolgimento Il sistema assegnato può essere scritto in forma compatta = A, =, ove A = e =. La matrice A possiede un solo autovalore λ = con molteplicità algebrica, infatti la sua equazione caratteristica è λ + =. L integrale generale di sarà della forma t = C e t + C e t, con C, C, vettori di R le cui coordinate dovranno dipendere da due sole costanti reali arbitrarie. Calcolando e sostituendo nel sistema assegnato otteniamo C + C e t C e t = AC e t + AC e t, per il principio di identità segue AC = C + C 3 AC = C.

6 6 Dalla seconda uguaglianza deduco che il vettore costante C è un autovettore di A corrispondente all autovalore λ =. Calcoliamo allora C = t, y risolvendo il sistema + y = = y. Risulta C = α,, α R, dunque l autovalore λ = ha molteplicità geometrica, cioè l autospazio ad esso associato ha dimensione. Sostituisco nella prima uguaglianza per ricavare C = t, y + y = + α = y + α, C = β, α + β. Pertanto l integrale generale di è β α t = e α + β t + te α t, α, β R, in particolare e t te t = WtC = t β e t + te t α Tale matrice wronskiana non è la risolvente poichè W I, dunque t t t Rt = WtW = e t = + t t + t e dunque la soluzione di é t t = Rt = e t t t = + t. te t + te t. e t Esercizio 5. Risolvere il problema di Cauchy = + 3 =, 4 3 = 3, =, =, 3 =. Svolgimento Ovviamente tale esercizio può essere risolto direttamente in quanto la seconda e la terza equazione sono indipendenti e dalle condizioni iniziali segue immediatamente che t = 3 t =. Tuttavia risolveremo 4 con il metodo utilizzato nel precedente esercizio e relativo agli autovalori multipli non regolari, proprio per illustrare il metodo in una situazione molto semplice. Osserviamo che il sistema 4 può essere scritto in forma compatta = A, =, A = e = La matrice A possiede un solo autovalore λ = con molteplicità algebrica 3, infatti la sua equazione caratteristica è λ 3 =. L integrale generale di 4 sarà della forma t = C e t + C te t + C 3 t e t, con C i, i =,, 3, vettori di R 3 le cui coordinate dovranno dipendere da tre sole costanti reali arbitrarie. Calcolando e sostituendo nel sistema assegnato otteniamo C + C e t + C + C 3 te t + C 3 t e t = AC e t + AC te t + AC 3 t e t.

7 , per il principio di identità segue AC = C + C 5 AC = C + C 3 AC 3 = C 3. Dalla terza uguaglianza deduco che il vettore costante C 3 è un autovettore di A corrispondente all autovalore λ =. Calcoliamo allora C 3 =, y, z risolvendo il sistema + z = y = y z = z, deduco che vi sono autovettori lineramente indipendenti,, e,,, in altre parole l autospazio associato all autovalore λ = ha dimensione. Scegliamo C 3 = α,,, α R, e calcoliamo C =, y, z risolvendo la seconda uguaglianza in 5 + z = + α y = y z = z, C = γ, β, α, γ, β R, sostituendo nella prima equazione in 5 ricaviamo le coordinate di C =, y, z da Abbiamo β = α = + z = + γ y = y + β z = z + α. C = δ, µ, γ/, C = γ,,, C 3 =,,, δ, µ, γ R, abbiamo così trovato tre vettori costanti di R 3 che dipendono da tre sole costanti arbitrarie. Conseguentemente δ t = µ γ e t + γ δ + γt te t = µ γ e t, δ, µ, γ R. In particolare risulta t = WtC = e t te t e t et δ µ γ Per calcolare la soluzione del problema di Cauchy basta trovare la matrice risolvente Rt = WtW e moltiplicarla per, cioè t = Rt = et e t = et. e t 7

8 8 Ricordiamo che Complementi sulle matrici esponenziali e A = n= Teorema. Dato il sistema lineare omogeneo SLO = A. e considerato un arbitrario vettore R N, allora = e ta è una soluzione di SLO. Inoltre le colonne di e ta formano un sistema fondamentale di soluzioni. Infine il problema di Cauchy = A, t = ammette l unica soluzione = e t t A. Un caso semplice in cui è possibile calcolare la matrice esponenziale e quando la matrice è nilpotente di indice di nilpotenza m, cioè A m+ = O. In questo caso e A = I n + A + A + + Am.! m! Esempi di matrici nilpotenti sono quelle che hanno solo zeri al di sopra o al di sotto della diagonale principale, diagonale inclusa. Un caso riconducibile a questo ultimo è il seguente λ λ λ A =... oppure A = λ... λ λ A = D + N, con D = diagλ e N matrice nilpotente ottenuta da A annullando gli elementi della diagonale principale e supponiamo sia m l indice di nilpotenza di N. Ora poichè le matrici diagonali commutano con ogni altra matrice, quindi da DN = ND risulta Pertanto A n n!. e D+N = e D e N = e N e D. e ta = e td e tn = e λt I n + tn! + + tnm. m! Esercizio 6. Risolvere il problema di Cauchy = = +, 6 3 = + 3, =, =, 3 =. Svolgimento Scriviamo il sistema 6 in forma compatta = A, =, A = e =.

9 9 La matrice A può essere scritta come A = D + N ove D = e N = Risulta N nilpotente con indice di nilpotenza in quanto N 3 = O, in particolare N =. Pertanto dall osservazione fatta precedentemente segue e ta = e t I 3 + tn + tn = e t La soluzione cercata è e ta = t = e ta = e t te t e t t 4 + tet te t e t t t 4 + t t. e t, t + e t, t + 8et T. Equazioni differenziali lineari complete a coefficienti costanti Esercizio 7. Risolvere il problema di Cauchy = e t cos t 7 =, =. Svolgimento. Il problema dato ammette un unica soluzione in grande definita in I = π/4, π/4. L equazione caratteristica associata all equazione omogenea è λ + λ + 5 = λ = + i e λ = i, allora un sistema fondamentale per l omogenea associata è 8 e t cos t, e t sin t}. Pertanto l integrale generale di 7 è il seguente t = e t k cos t + k sin t + ϕt, k, k R, dove ϕt è un integrale particolare dell equazione in 7. Ora per calcolare ϕt applicheremo il metodo della variazione delle costanti. Trasformarmiano dunque 7 nel sistema equivalente ottenuto ponendo =, precisamente = = 5 + e t cos t,

10 che scritto in forma compatta diventa = Ay + Bt, A = 5 Cerchiamo ϕ del tipo dove Ct soddisfa ϕt = Ct e t cos t, e t sin t, Ct =, Bt = e t cos t W tbtdt, Ct = c t, c t con W matrice wronskiana relativa al sistema fondamentale 8 data da e Wt = t cos t e t sin t e t cos t + sin t e t. sin t + cos t Calcoliamo ora l inversa, poichè Wt = e, si ha dunque pertanto, poichè t I, W t = e t sin t + cos t et e t cos t + sin t Ct = W tbt = sin t cos t l integrale generale di 7 sarà = sin t cos t e t sin t e t cos t log cos t 4 ϕt = 4 e t cos t logcos t + t e t sin t,, t = e t k cos t + k sin t + 4 e t cos t logcos t + e t sin t. Basta ora utilizzare le condizioni iniziali per determinare k, k, precisamente da = segue k = e da = segue + k =, cioè k = /. La soluzione cercata è t = e t + 4 logcos t, cos t + e t + t sin t..