Sistemi differenziali: esercizi svolti -...

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Sistemi differenziali: esercizi svolti 1 Sistemi lineari 2 × 2 .............................. 2 2 Sistemi lineari 3 × 3 .............................. 10 1

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Sistemi differenziali: esercizisvolti

1 Sistemi lineari 2× 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2 Sistemi lineari 3× 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1

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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.

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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

).

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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.

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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,

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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.

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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.

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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

),

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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

).

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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

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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,

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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

.

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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.

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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,

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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

.

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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.

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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

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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

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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.

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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

).

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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

,

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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

.

Page 23: Sistemi differenziali: esercizi svolti - calvino.polito.itcalvino.polito.it/~nicola/analisi-II/Esercizi svolti e Temi d'esame... · Sistemi lineari 2×2 5 c) Consideriamo il sistema

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

.

Page 24: Sistemi differenziali: esercizi svolti - calvino.polito.itcalvino.polito.it/~nicola/analisi-II/Esercizi svolti e Temi d'esame... · Sistemi lineari 2×2 5 c) Consideriamo il sistema

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

.

Page 25: Sistemi differenziali: esercizi svolti - calvino.polito.itcalvino.polito.it/~nicola/analisi-II/Esercizi svolti e Temi d'esame... · Sistemi lineari 2×2 5 c) Consideriamo il sistema

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

.