Sistemi differenziali: esercizi svolti -...
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Sistemi differenziali: esercizisvolti
1 Sistemi lineari 2× 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Sistemi lineari 3× 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1
2 Sistemi differenziali: esercizi svolti
1 Sistemi lineari 2× 2
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
Esercizio 1. Determinare l’integrale generale dei seguenti sistemi lineari:
a)
{x′ + x− y = 0
y′ − 4x + y = 0
[{x(t) = c1e
t + c2e3t
y(t) = 2c1et − 2c2e
3t,∀c1, c2 ∈ R
]
b)
{x′ = 2x + y
y′ = 4x− y
[{x(t) = c1e
3t + c2e−2t
y(t) = c1e3t − 4c2e
−2t,∀c1, c2 ∈ R
]
c) X ′ = AX, con A =(
3 −41 −1
) [X(t) =
((2c1 + c2 + 2c2t)et
(c1 + c2t)et
), ∀c1, c2 ∈ R
]
Svolgimento
a) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti{x′ + x− y = 0
y′ − 4x + y = 0.
Scritto in forma esplicita (o normale) diventa{x′ = −x + y
y′ = 4x− y
e in forma matriciale e X ′ = AX, dove la matrice dei coefficienti e
A =(−1 14 −1
).
L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R2,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
det(A− λI) =∣∣∣∣−1− λ 1
4 −1− λ
∣∣∣∣ = (λ + 1)2 − 4.
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicita m1 = 1 e λ2 = −3 con
molteplicita m2 = 1. Ne segue che A e diagonalizzabile.
Sistemi lineari 2× 2 3
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2. Cominiciamo con λ1. Risolviamo
il sistema lineare (A − I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = 2x. Quindi si ha
v = (x, 2x), x ∈ R. Sia quindi v1 = (1, 2) uno di questi autovettori.
Cerchiamo un autovettore associato a λ2 = −3. Risolviamo il sistema lineare
(A + 3I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = −2x. Quindi si ha v = (x,−2x),
x ∈ R. Sia quindi v2 = (1,−2) uno di questi autovettori.
I vettori v1 e v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =(
1 00 −3
).
Quindi si ha
P =(
1 12 −2
).
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =(
1 12 −2
)(et 00 e−3t
)(c1
c2
)=
(c1e
t + c2e−3t
2c1et − 2c2e
−3t
),
per ogni c1, c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si puo dire che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1etv1 + c2e
−3tv2, ∀c1, c2 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t), ∀c1, c2 ∈ R,
dove X1, X2 sono le due soluzioni linearmente indipendenti
X1(t) = etv1, X2(t) = e−3tv2.
b) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti{x′ = 2x + y
y = 4x− y.
Scritto in forma matriciale e X ′ = AX, dove la matrice dei coefficienti e
A =(
2 14 −1
).
4 Sistemi differenziali: esercizi svolti
L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R2,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
det(A− λI) =∣∣∣∣ 2− λ 1
4 −1− λ
∣∣∣∣ = λ2 − λ− 6.
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 3 con molteplicita m1 = 1 e λ2 = −2 con
molteplicita m2 = 1. Ne segue che A e diagonalizzabile.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2. Cominiciamo con λ1. Risolviamo
il sistema lineare (A − 3I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = x. Quindi si ha
v = (x, x), x ∈ R. Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori.
Cerchiamo un autovettore associato a λ2 = −2. Risolviamo il sistema lineare
(A + 2I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = −4x. Quindi si ha v = (x,−4x),
x ∈ R. Sia quindi v2 = (1,−4) uno di questi autovettori.
I vettori v1 e v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =(
3 00 −2
).
Quindi si ha
P =(
1 11 −4
).
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =(
1 11 −4
)(e3t 00 e−2t
)(c1
c2
)=
(c1e
3t + c2e−2t
c1e3t − 4c2e
−2t
),
per ogni c1, c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si puo dire che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1e3tv1 + c2e
−2tv2, ∀c1, c2 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t), ∀c1, c2 ∈ R,
dove X1, X2 sono le due soluzioni linearmente indipendenti
X1(t) = e3tv1, X2(t) = e−2tv2.
Sistemi lineari 2× 2 5
c) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti X ′ = AX, dove
A =(
3 −41 −1
).
L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R2,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
det(A− λI) =∣∣∣∣ 3− λ −4
1 −1− λ
∣∣∣∣ = λ2 − 2λ + 1.
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicita m1 = 2. Determiniamo
gli autovettori associati a λ1. Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = 0. Posto
v = (x, y) si ottiene y = 2x. Quindi si ha v = (x, 2x), x ∈ R. Ne segue che la
molteplicita geometrica dell’autovalore λ1 e 1. Quindi la matrice A non e diago-
nalizzabile. Sia v1 = (1, 2) uno di questi autovettori.
Determiniamo ora un autovettore generalizzato associato a λ1. Risolviamo il sis-
tema lineare (A − I)v = v1. Posto v = (x, y) si ottiene x = 2y + 1. Quindi
gli autovettori generalizzati sono della forma v = (2y + 1, y), y ∈ R. Sia quindi
v2 = (1, 0) uno di questi autovettori.
I vettori v1 e v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =(
1 10 1
).
Quindi si ha
P =(
1 12 0
).
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =(
1 12 0
)(et tet
0 et
)(c1
c2
)=
(c1e
t + c2tet
c1et + c2te
t
),
per ogni c1, c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si puo dire che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1etv1 + c2e
t(tv1 + v2), ∀c1, c2 ∈ R,
6 Sistemi differenziali: esercizi svolti
ovvero che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t), ∀c1, c2 ∈ R,
dove X1, X2 sono le due soluzioni linearmente indipendenti
X1(t) = etv1, X2(t) = et(tv1 + v2).
Esercizio 2. Determinare la soluzione dei seguenti problemi di Cauchy:
a)
{X ′ = AX + B
X(0) = 0,A =
(2 14 −1
), B =
(e−2t
−e−2t
)[X(t) =
( 325e3t − 3
25e−2t + 25 te−2t
325e3t − 3
25e−2t − 85 te−2t
)]
b)
X ′ = AX
X(0) =(
01
),
A =(
1 1−1 3
) [X(t) =
(te2t
(t + 1)e2t
)]
Svolgimento
a) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX + B e dato da
X(t) = eAt(∫
e−At B(t) dt
),
dove eAt e e−At sono rispettivamente le matrici esponenziali di At e −At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =∣∣∣∣ 2− λ 0
4 −1− λ
∣∣∣∣ = λ2 − λ− 6.
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 3 e λ2 = −2. Quindi A e diagonalizzabile.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2. Cominiciamo con λ1.
Risolviamo il sistema lineare (A− 3I)v = 0. Si ha
−x + y = 0 =⇒ v = (x, x), ∀x ∈ R.
Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori.
Sistemi lineari 2× 2 7
Cerchiamo un autovettore associato a λ2 = −2. Risolviamo il sistema lineare
(A + 2I)v = 0. Si ha
4x + y = 0 =⇒ v = (x,−4x), ∀x ∈ R.
Sia quindi v2 = (1,−4) uno di questi autovettori.
I vettori v1, v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =(
3 00 −2
).
Quindi si ha
P =(
1 11 −4
), P−1 =
( 45
15
15 −1
5
).
Allora la matrice esponenziale eAt e
eAt = PeBtP−1 =(
1 11 −4
)(e3t 00 e−2t
)( 45
15
15 −1
5
)=
=
( 45e3t + 1
5e−2t 15e3t − 1
5e−2t
45e3t − 4
5e−2t 15e3t + 4
5e−2t
)e la matrice esponenziale e−At e
e−At = eA(−t) =
( 45e−3t + 1
5e2t 15e−3t − 1
5e2t
45e−3t − 4
5e2t 15e−3t + 4
5e2t
).
Si ha che
e−At B(t) =
( 45e−3t + 1
5e2t 15e−3t − 1
5e2t
45e−3t − 4
5e2t 15e−3t + 4
5e2t
)(e−2t
−e−2t
)=
( 35e−5t + 2
5
35e−5t − 8
5
).
Allora∫e−At B(t) dt =
∫ ( 35e−5t + 2
5
35e−5t − 8
5
)dt =
(− 3
25e−5t + 25 t + c1
− 325e−5t − 8
5 t + c2
), ∀c1, c2 ∈ R.
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAt(∫
e−At B(t) dt
)=
=
( 45e3t + 1
5e−2t 15e3t − 1
5e−2t
45e3t − 4
5e−2t 15e3t + 4
5e−2t
)(− 3
25e−5t + 25 t + c1
− 325e−5t − 8
5 t + c2
)=
=
(
45c1 + 1
5c2
)e3t +
(15c1 − 1
5c2 − 325 + 2
5 t)
e−2t(45c1 + 1
5c2
)e3t +
(−4
5c1 + 45c2 − 3
25 −85 t)
e−2t
, ∀c1, c2 ∈ R.
8 Sistemi differenziali: esercizi svolti
Imponendo la condizione iniziale X(0) = 0 si ha c1 = c2 = 325 . Quindi la soluzione
del problema di Cauchy e
X(t) =
325e3t +
(25 t− 3
25
)e−2t
325e3t −
(85 t + 3
25
)e−2t
.
b) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R2.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =∣∣∣∣ 1− λ 1−1 3− λ
∣∣∣∣ = (λ− 2)2.
Quindi gli autovalori di A sono λ = 2 con molteplicita algebrica 2.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− 2I)v = 0. Si ha
−x + y = 0 =⇒ v = (x, x), ∀x ∈ R.
Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori. Ne segue che la matrice A non e
diagonalizzabile.
Cerchiamo un autovettore generalizzato associato a λ. Risolviamo il sistema lineare
(A− 2I)v = v1. Si ha
−x + y = 1 =⇒ v = (x, x + 1), ∀x ∈ R.
Sia quindi v2 = (0, 1) uno di questi autovettori.
I vettori v1, v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =(
2 10 2
).
Quindi si ha
P =(
1 01 1
).
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =(
1 01 1
)(e2t te2t
0 e2t
)(c1
c2
)=
(c1e
2t + c2te2t
(c1 + c2)e2t + c2te2t
),
Sistemi lineari 2× 2 9
per ogni c1, c2 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =(
01
)si ha c1 = 0 e
c2 = 1. Quindi la soluzione del problema di Cauchy e
X(t) =
(te2t
(t + 1)e2t
).
10 Sistemi differenziali: esercizi svolti
2 Sistemi lineari 3× 3
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolta maggiore.
Esercizio 1. Determinare l’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX nei seguenti
casi:
a) A =
1 −1 10 2 0−2 1 −1
X(t) =
c1 cos t + c2 sin t + 2c3e2t
−5c3e2t
(c2 − c1) cos t− (c1 + c2) sin t− 3c3e2t
, ∀c1, c2, c3 ∈ R
b) A =
1 0 01 2 1−1 0 2
X(t) =
c3et
(c1 + c2t)e2t − 2c3et
c2e2t + c3e
t
, ∀c1, c2, c3 ∈ R
c) A =
1 3 20 1 00 2 1
X(t) =
(c1 + c2t + 1
2c3t2)
et
12c3e
t(12c2 − 3
8c3 + 12c3t
)et
, ∀c1, c2, c3 ∈ R
d) A =
0 1 10 1 0−1 1 2
X(t) =
(c1 − c2 + c3 + c2t)et
c3et
(c1 + c2t)et
, ∀c1, c2, c3 ∈ R
Svolgimento
a) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R3,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ −1 1
0 2− λ 0−2 1 −1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)(λ2 + 1).
Quindi gli autovalori di A sono λ1,2 = ±i, λ3 = 2, tutti con molteplicita 1. Quindi
la matrice A e diagonalizzabile in C. Poiche la matrice A ha autovalori non reali,
conviene cercare un sistema fondamentale di soluzioni di X ′ = AX. L’integrale
Sistemi lineari 3× 3 11
generale e dato da una qualunque combinazione lineare degli elementi di questo
sistema fondamentale di soluzioni.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1, λ2, λ3. Cominiciamo con λ1.
Risolviamo il sistema lineare (A− iI)v = 0. Si ha(1− i)x + z = 0
y = 0
−2x− (1 + i)z = 0
=⇒ v = (x, 0, (−1 + i)x), ∀x ∈ R.
Sia quindi w1 = (1, 0,−1+i) uno di questi autovettori. Essendo λ2 = −i complesso
coniugato di λ1 = i, un autovettore associato a λ2 e w2 = w1 = (1, 0,−1− i).
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ3 = 2. Risolviamo il sistema lineare
(A− 2I)v = 0. Si ha{−x− y + z = 0
−2x + y − 3z = 0=⇒ v =
(x,−5
2x,−3
2x
), ∀x ∈ R.
Sia quindi v3 = (2,−5,−3) uno di questi autovettori.
Un sistema fondamentale di soluzioni e dato da
X1(t) = Re(eλ1tw1
)= Re
eit
10
−1 + i
=
cos t0
− cos t− sin t
,
X2(t) = Im(eλ1tw1
)= Re
eit
10
−1 + i
=
sin t0
cos t− sin t
,
X3(t) = eλ3tv3 = e2t
2−5−3
=
2e2t
−5e2t
−3e2t
.
Allora l’integrale generale e
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t) + c3X3(t) =
=
c1 cos t + c2 sin t + 2c3e
2t
−5c3e2t
c1(− cos t− sin t) + c2(cos t− sin t)− 3c3e2t
,
per ogni c1, c2, c3 ∈ R.
b) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R3,
12 Sistemi differenziali: esercizi svolti
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 0 0
1 2− λ 1−1 0 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(2− λ)2.
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicita m1 = 1 e λ2 = 2 con
molteplicita m2 = 2.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2. Cominiciamo con λ2 perche ha
molteplicita 2.
Risolviamo il sistema lineare (A− 2I)v = 0. Si ha−x = 0
x + z = 0
−x = 0
=⇒ v = (0, y, 0), ∀y ∈ R.
Sia quindi v1 = (0, 1, 0) uno di questi autovettori. Poiche λ2 = 2 ha molteplicita
algebrica m2 = 2 e ha un solo autovettore lineramente indipendente, cioe ha
molteplicita geometrica µ2 = 1, allora la matrice A non e diagonalizzabile. Cer-
chiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ2.
Risolviamo il sistema lineare (A− 2I)v = v1. Si ha−x = 0
x + z = 1
−x = 0
=⇒ v = (0, y, 1), ∀y ∈ R.
Sia quindi v2 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ1 = 1. Risolviamo il sistema lineare
(A− I)v = 0. Si ha{x + y + z = 0
−x + z = 0=⇒ v = (x,−2x, x), ∀x ∈ R.
Sia quindi v3 = (1,−2, 1) uno di questi autovettori.
I vettori v1, v2, v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =
2 1 00 2 00 0 1
.
Sistemi lineari 3× 3 13
Quindi si ha
P =
0 0 11 0 −20 1 1
.
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =
0 0 11 0 −20 1 1
e2t te2t 00 e2t 00 0 et
c1
c2
c3
=
=
c3e
t
(c1 + c2t)e2t − 2c3et
c2e2t + c3e
t
,
per ogni c1, c2, c3 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si puo dire che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1e2tv1 + c2e
2t(tv1 + v2) + c3etv3, ∀c1, c2, c3 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t) + c3X3(t), ∀c1, c2, c3 ∈ R,
dove X1, X2, X3 sono le tre soluzioni linearmente indipendenti
X1(t) = e2tv1, X2(t) = e2t(tv1 + v2), X3(t) = etv3.
c) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R3,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 3 2
0 1− λ 00 2 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3.
Quindi gli autovalori di A sono λ = 1 con molteplicita algebrica m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = 0. Si ha3y + 2z = 0
y = 0
x ∈ R
=⇒ v = (x, 0, 0), ∀x ∈ R.
14 Sistemi differenziali: esercizi svolti
Sia quindi v1 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori. Poiche λ ha molteplicita al-
gebrica m = 3 e ha un solo un autovettore linearmente indipendente, cioe ha
molteplicita geometrica µ = 1, allora la matrice A non e diagonalizzabile. Cerchi-
amo ora due autovettori generalizzati associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = v1. Si ha3y + 2z = 1
y = 0
x ∈ R
=⇒ v =(
x, 0,12
), ∀x ∈ R.
Sia quindi v2 =(0, 0, 1
2
)uno di questi autovettori generalizzati.
Risolviamo ora il sistema lineare (A− I)v = v2. Si ha3y + 2z = 0
2y = 12
x ∈ R
=⇒ v =(
x,14,−3
8
), ∀x ∈ R.
Sia quindi v3 =(0, 1
4 ,−38
)uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1, v2, v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =
1 1 00 1 10 0 1
.
Quindi si ha
P =
1 1 00 1 1
30 1
2 −38
.
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =
1 1 00 1 1
30 1
2 −38
et tet 12 t2et
0 et tet
0 0 et
c1
c2
c3
=
=
c1e
t + c2tet + 1
2c3t2et
14c3e
t
12c2e
t − 38c3e
t + 12c3te
t
,
per ogni c1, c2, c3 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si puo dire che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1etv1 + c2e
t(tv1 + v2) + c3
(12t2v1 + tv2 + v3
)et, ∀c1, c2, c3 ∈ R,
Sistemi lineari 3× 3 15
ovvero che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t) + c3X3(t), ∀c1, c2, c3 ∈ R,
dove X1, X2, X3 sono le tre soluzioni linearmente indipendenti
X1(t) = etv1, X2(t) = et(tv1 + v2), X3(t) =(
12t2v1 + tv2 + v3
)et.
d) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R3,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣−λ 1 10 1− λ 0−1 1 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3.
Quindi gli autovalori di A sono λ = 1 con molteplicita algebrica m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = 0. Si ha
−x + y + z = 0 =⇒ v = (y + z, y, z), ∀y, z ∈ R.
Siano quindi v1 = (1, 1, 0) e v2 = (1, 0, 1) due di questi autovettori. Poiche λ ha
molteplicita algebrica m = 3 e ha solo due autovettori linearmente indipendenti,
cioe ha molteplicita geometrica µ = 2, allora la matrice A non e diagonalizzabile.
Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = v1. Si ha
−x + y + z = 1 =⇒ v = (y + z − 1, y, z), ∀y, z ∈ R.
Sia quindi v3 = (−1, 0, 0) uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1, v3, v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =
1 1 00 1 00 0 1
.
16 Sistemi differenziali: esercizi svolti
Quindi si ha
P =
1 −1 10 0 11 0 0
.
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =
1 −1 10 0 11 0 0
et tet 00 et 00 0 et
c1
c2
c3
=
=
(c1 − c2 + c3)et + c2te
t
c3et
c1et + c2te
t
,
per ogni c1, c2, c3 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si puo dire che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1etv1 + c2e
t(tv1 + v3) + c3etv2, ∀c1, c2, c3 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale e dato da
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t) + c3X3(t), ∀c1, c2, c3 ∈ R,
dove X1, X2, X3 sono le tre soluzioni linearmente indipendenti
X1(t) = etv1, X2(t) = et(tv1 + v3), X3(t) = etv2.
Esercizio 2. Determinare l’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX + B, dove
A =
3 0 00 1 00 1 1
, B =
t10
.
Svolgimento
L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX + B e dato da
X(t) = eAt(∫
e−At B(t) dt
),
dove eAt e e−At sono rispettivamente le matrici esponenziali di At e −At.
Sistemi lineari 3× 3 17
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣3− λ 0 0
0 1− λ 00 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)(1− λ)2.
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicita m1 = 2 e λ2 = 3 con molteplicita
m2 = 1.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2. Cominiciamo con λ1 perche ha
molteplicita 2.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = 0. Si ha{2x = 0
y = 0=⇒ v = (0, 0, z), ∀z ∈ R.
Sia quindi v1 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori. Poiche λ1 = 1 ha molteplicita algebrica
m1 = 2 e ha un solo autovettore linearmente indipendente, cioe ha molteplicite geomet-
rica µ1 = 1, allora la matrice A non e diagonalizzabile. Cerchiamo ora un autovettore
generalizzato associato a λ1.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = v1. Si ha{2x = 0
y = 1=⇒ v = (0, 1, z), ∀z ∈ R.
Sia quindi v2 = (0, 1, 0) uno di questi autovettori generalizzati.
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ2 = 3. Risolviamo il sistema lineare
(A− 3I)v = 0. Si ha{−2y = 0
y − 2z = 0=⇒ v = (x, 0, 0), ∀x ∈ R.
Sia quindi v3 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori.
I vettori v1, v2, v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =
1 1 00 1 00 0 3
.
Quindi si ha
P =
0 0 10 1 01 0 0
, P−1 = P =
0 0 10 1 01 0 0
.
Allora la matrice esponenziale eAt e
eAt = PeBtP−1 =
0 0 10 1 01 0 0
et tet 00 et 00 0 e3t
0 0 10 1 01 0 0
=
e3t 0 00 et 00 tet et
18 Sistemi differenziali: esercizi svolti
e la matrice esponenziale e−At e
e−At = eA(−t) =
e−3t 0 00 e−t 00 −te−t e−t
.
Si ha che
e−At B(t) =
e−3t 0 00 e−t 00 −te−t e−t
t10
=
te−3t
e−t
−te−t
.
Allora
∫e−At B(t) dt =
∫ te−3t
e−t
−te−t
dt =
−(
13 t + 1
9
)e−3t + c1
−e−t + c2
(t + 1)e−t + c3
, ∀c1, c2, c3 ∈ R.
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAt(∫
e−At B(t) dt
)=
e3t 0 00 et 00 tet et
−(
13 t + 1
9
)e−3t + c1
−e−t + c2
(t + 1)e−t + c3
=
=
c1e
3t − 13 t− 1
9
c2et − 1
(c2t + c3)et + 1
, ∀c1, c2, c3 ∈ R.
Esercizio 3. Determinare la soluzione dei seguenti problemi di Cauchy:
a)
X ′ = AX
X(0) =
101
,A =
0 0 10 1 10 1 1
X(t) =
34 + 1
2 t + 14e2t
−12 + 1
2e2t
12 + 1
2e2t
b)
X ′ = AX
X(0) =
101
,A =
1 0 10 1 −10 1 1
X(t) =
et sin t
−et sin t
et cos t
c)
{X ′ = AX + B
X(0) = 0,A =
1 1 1−1 3 10 0 2
, B =
1t
e2t
X(t) =
12e2t − 1
4 te2t + 12 t2e2t + 1
4 t− 12
14e2t − 1
4 te2t + 12 t2e2t − 1
4 t− 14
te2t
Sistemi lineari 3× 3 19
d)
X ′ = AX
X(0) =
10−1
,A =
0 2 1−1 2 10 1 1
X(t) =
(1− 2t− t2)et
−2tet
−(1 + t2)et
Svolgimento
a) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R3,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣−λ 0 10 1− λ 10 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = −λ2(λ− 2).
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 0 con molteplicita m1 = 2 e λ2 = 2 con
molteplicita m2 = 1.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2. Cominiciamo con λ1 perche ha
molteplicita 2.
Risolviamo il sistema lineare Av = 0. Si haz = 0
y + z = 0
x ∈ R
=⇒ v = (x, 0, 0), ∀x ∈ R.
Sia quindi v1 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori. Poiche λ1 = 0 ha molteplicita
algebrica m1 = 2 e ha un solo autovettore lineramente indipendente, cioe ha
molteplicita geometrica µ1 = 1, allora la matrice A non e diagonalizzabile. Cer-
chiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ1.
Risolviamo il sistema lineare Av = v1. Si haz = 1
y + z = 0
x ∈ R
=⇒ v = (x,−1, 1), ∀x ∈ R.
Sia quindi v2 = (0,−1, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
20 Sistemi differenziali: esercizi svolti
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ2 = 2. Risolviamo il sistema lineare
(A− 2I)v = 0. Si ha−2x + z = 0
−y + z = 0
x ∈ R
=⇒ v = (x, 2x, 2x), ∀x ∈ R.
Sia quindi v3 = (1, 2, 2) uno di questi autovettori.
I vettori v1, v2, v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =
0 1 00 0 00 0 2
.
Quindi si ha
P =
1 0 10 −1 20 1 2
.
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =
1 0 10 −1 20 1 2
1 t 00 1 00 0 e2t
c1
c2
c3
=
=
c1 + c2t + c3e
2t
−c2 + 2c3e2t
c2 + 2c3e2t
,
per ogni c1, c2, c3 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =
101
si ha c1 = 34 ,
c2 = 12 e c3 = 1
4 . Quindi la soluzione del problema di Cauchy e
X(t) =
34 + 1
2 t + 14e2t
−12 + 1
2e2t
12 + 1
2e2t
.
b) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R3,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 0 1
0 1− λ −10 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(λ2 − 2λ + 2
).
Sistemi lineari 3× 3 21
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 e λ2,3 = 1±i tutti con molteplicita 1. Quindi
la matrice A e diagonalizzabile in C. Poiche la matrice A ha autovalori non reali,
conviene cercare un sistema fondamentale di soluzioni di X ′ = AX. L’integrale
generale e dato da una qualunque combinazione lineare degli elementi di questo
sistema fondamentale di soluzioni.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1, λ2, λ3. Cominiciamo con λ1.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = 0. Si haz = 0
y = 0
x ∈ R = 0
=⇒ v = (x, 0, 0), ∀x ∈ R.
Sia quindi v1 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori.
Cerchiamo ora un autovettore associato a con λ2 = 1 + i.
Risolviamo il sistema lineare (A− (1 + i)I)v = 0. Si ha
{−ix + z = 0
−iy − z = 0=⇒
y = −x
z = ix
x ∈ R=⇒ v = (x,−x, ix), ∀x ∈ R.
Sia quindi w2 = (1,−1, i) uno di questi autovettori. Essendo λ3 = 1− i complesso
coniugato di λ2 = 1 + i, un autovettore associato a λ3 e w3 = w2 = (1,−1,−i).
Un sistema fondamentale di soluzioni e dato da
X1(t) = eλ1tv1 = et
100
=
et
00
,
X2(t) = Re(eλ2tw2
)= Re
e(1+i)t
1−1i
=
et cos t−et cos t−et sin t
,
X3(t) = Im(eλ2tw2
)= Re
e(1+i)t
1−1i
=
et sin t−et sin tet cos t
.
Allora l’integrale generale e
X(t) = c1X1(t) + c2X2(t) + c3X3(t) =
(c1 + c2 cos t + c3 sin t)et
(−c2 cos t− c3 sin t)et
(−c2 sin t + c3 cos t)et
,
22 Sistemi differenziali: esercizi svolti
per ogni c1, c2, c3 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =
001
si ha
c1 = c2 = 0 e c3 = 1. Quindi la soluzione del problema di Cauchy e
X(t) =
et sin t−et sin tet cos t
.
c) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX + B e dato da
X(t) = eAt(∫
e−At B(t) dt
),
dove eAt e e−At sono rispettivamente le matrici esponenziali di At e −At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 1 1−1 3− λ 10 0 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)3.
Quindi gli autovalori di A sono λ = 2 con molteplicita m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− 2I)v = 0. Si ha
−x + y + z = 0 =⇒ v = (y + z, y, z), ∀y, z ∈ R.
Siano quindi v1 = (1, 1, 0) e v2 = (1, 0, 1) due di questi autovettori. Poiche λ ha
molteplicita algebrica m = 3 e ha solo due autovettori linearmente indipendenti,
cioe ha molteplicite geometrica µ = 2, allora la matrice A non e diagonalizzabile.
Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− 2I)v = v1. Si ha
−x + y + z = 1 =⇒ v = (y + z − 1, y, z), ∀y, z ∈ R.
Sia quindi v3 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1, v3, v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =
2 1 00 2 00 0 2
.
Quindi si ha
P =
1 0 11 0 00 1 1
, P−1 =
0 1 0−1 1 11 −1 0
.
Sistemi lineari 3× 3 23
Allora la matrice esponenziale eAt e
eAt = PeBtP−1 =
1 0 11 0 00 1 1
e2t te2t 00 e2t 00 0 e2t
0 1 0−1 1 11 −1 0
=
=
(1− t)e2t te2t te2t
te2t (t + 1)e2t te2t
0 0 e2t
e la matrice esponenziale e−At e
e−At = eA(−t) =
(t + 1)e−2t −te−2t −te−2t
−te−2t (1− t)e−2t −te−2t
0 0 e−2t
.
Si ha che
e−At B(t) =
(t + 1)e−2t −te−2t −te−2t
−te−2t (1− t)e−2t −te−2t
0 0 e−2t
1t
e2t
=
=
(t + 1− t2)e−2t − t(2t− t2)e−2t − t
1
.
Allora ∫e−At B(t) dt =
∫ (t + 1− t2)e−2t − t(2t− t2)e−2t − t
1
dt =
=
12(t2 − 1)e−2t − 1
2 t2 + c1
14(2t2 − 2t− 1)e−2t − 1
2 t2 + c2
t + c3
,
per ogni c1, c2, c3 ∈ R. Allora l’integrale generale e
X(t) = eAt(∫
e−At B(t) dt
)=
=
(1− t)e2t te2t te2t
te2t (t + 1)e2t te2t
0 0 e2t
12(t2 − 1)e−2t − 1
2 t2 + c1
14(2t2 − 2t− 1)e−2t − 1
2 t2 + c2
t + c3
=
=
c1e
2t + (−c1 + c2 + c3)te2t + 12 t2e2t + 1
4 t− 12
c2e2t + (−c1 + c2 + c3)te2t + 1
2 t2e2t + 14 t− 1
4
c3e2t + te2t
, ∀c1, c2, c3 ∈ R.
Imponendo la condizione iniziale X(0) = 0 si ha c1 = 12 , c2 = 1
4 e c3 = 0. Quindi
la soluzione del problema di Cauchy e
X(t) =
12e2t − 1
4e2t + 12 t2e2t + 1
4 t− 12
14e2t − 1
4 te2t + 12 t2e2t + 1
4 t− 14
te2t
.
24 Sistemi differenziali: esercizi svolti
d) L’integrale generale del sistema lineare X ′ = AX e dato da
X(t) = eAtC, ∀C ∈ R3,
dove eAt e la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
det (A− λI) =
∣∣∣∣∣∣−λ 2 1−1 2− λ 10 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3.
Quindi gli autovalori di A sono λ = 1 con molteplicita algebrica m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = 0. Si ha−x + 2y + z = 0
−x + y + z = 0
y = 0
=⇒
z = x
y = 0
x ∈ R=⇒ v = (x, 0, x), ∀x ∈ R.
Sia quindi v1 = (1, 0, 1) uno di questi autovettori. Poiche λ ha molteplicita al-
gebrica m = 3 e ha un solo un autovettore linearmente indipendente, cioe ha
molteplicita geometrica µ = 1, allora la matrice A non e diagonalizzabile. Cerchi-
amo ora due autovettori generalizzati associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A− I)v = v1. Si ha−x + 2y + z = 1
−x + y + z = 0
y = 1
=⇒
z = x− 1
y = 1
x ∈ R
=⇒ v = (x, 1, x− 1), ∀x ∈ R.
Sia quindi v2 = (1, 1, 0) uno di questi autovettori generalizzati.
Risolviamo ora il sistema lineare (A− I)v = v2. Si ha−x + 2y + z = 1
−x + y + z = 1
y = 0
=⇒
z = x + 1
y = 0
x ∈ R
=⇒ v = (x, 0,+1), ∀x ∈ R.
Sia quindi v3 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1, v2, v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = PBP−1, dove B e la matrice simile ad A siffatta:
B =
1 1 00 1 10 0 1
.
Sistemi lineari 3× 3 25
Quindi si ha
P =
1 1 00 1 01 0 1
.
Allora l’integrale generale e
X(t) = eAtC = PeBtC =
1 1 00 1 01 0 1
et tet 12 t2et
0 et tet
0 0 et
c1
c2
c3
=
=
[c1 + c2 + (c2 + c3)t + 1
2c3t2]et
(c2 + c3t)et
(c1 + c3 + c2t + 12c3t
2)et
,
per ogni c1, c2, c3 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =
10−1
si ha
c1 = 1, c2 = 0 e c3 = −2. Quindi la soluzione del problema di Cauchy e
X(t) =
(1− 2t− t2)et
−2tet
−(1 + t2)et
.