Esercizio 70sistema di equazioni differenziali con l'esponenziale di una matrice

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Il metodo in breve

Un sistema $Y' = AY$ con condizione iniziale $Y(0) = \bar Y$ ha l'unica soluzione

$$Y(x) = e^{Ax}\, \bar Y,$$

esattamente come l'equazione $y' = a y$ ha soluzione $y = e^{ax}\, y(0)$ (caso più semplice delle Equazioni differenziali lineari del primo ordiney' + a(t)y = b(t) con a, b continue su un intervallo I. Le soluzioni sono definite su tutto I e il problema di Cauchy ha una sola soluzione. Integrale generale: y = e^(−A(t))[c + ∫e^(A(t)) b(t) dt], con A primitiva di a; per l'omogenea (b = 0) y = c e^(−A(t)). Soluzione del problema con y(t0) = x0: stessa formula con A(t) = ∫ da t0 a t di a(s) ds e integrale da t0 a t. Si dimostra moltiplicando per e^(A(t)).Equazioni differenziali lineari del primo ordine → di Analisi 1; lo stesso problema per i sistemi è trattato anche in Sistemi di equazioni differenziali lineariSistema lineare Y' = A(t)Y + B(t): con A, B continue su I il problema di Cauchy ha una sola soluzione, definita su tutto I. Le soluzioni dell'omogeneo formano uno spazio di dimensione n (colonne di una matrice fondamentale, wronskiano ≠ 0). A coefficienti costanti: Y = e^(λt)V con λ autovalore e V autovettore di A; con λ = α ± iβ si prendono parte reale e immaginaria. Y(t) = e^(tA)Y0, con e^(tA) = P e^(tD) P⁻¹ se A = PDP⁻¹. Un'equazione di ordine n equivale a un sistema con la matrice compagna.Sistemi di equazioni differenziali lineari →). Se $A$ è diagonalizzabileUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →, $A = S D S^{-1}$ con $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ e le colonne di $S$ autovettori, e allora

$$e^{Ax} = S \begin{pmatrix} e^{\lambda_1 x} & & \\ & \ddots & \\ & & e^{\lambda_n x} \end{pmatrix} S^{-1}.$$

Il motivo: nella serie $e^{Ax} = \sum_k \frac{(Ax)^k}{k!}$ ogni potenza è $A^k = S D^k S^{-1}$ (in $(SDS^{-1})(SDS^{-1}) \cdots$ i fattori $S^{-1}S$ in mezzo si cancellano), e la serie degli elementi diagonali di $D^k$ è la serie dell'esponenziale di ciascun $\lambda_i x$, cioè lo sviluppo di Mac-LaurinTabella degli sviluppi di Mac-Laurin da sapere a memoria (e^x, sin, cos, log(1+x), (1+x)^alpha, arctan, sinh, cosh, tan) e regole per combinarli: algebra degli o piccoli, prodotti, funzioni composte, quanti termini tenere.Sviluppi di Mac-Laurin notevoli → $e^{u} = \sum_k \frac{u^k}{k!}$ con $u = \lambda_i x$. Quindi il problema "di analisi" si riduce a trovare autovalori e autovettori.

1. Il sistema $Y' = AY$

In forma matriciale:

$$Y' = A Y, \qquad A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \bar Y = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}.$$

Autovalori. $\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 - \lambda \end{pmatrix} = (1 - \lambda)^2 - 2 \cdot 2 = (1 - \lambda)^2 - 4$. Si pone uguale a $0$ e si isola il quadrato: $(1 - \lambda)^2 = 4 \iff 1 - \lambda = \pm 2 \iff \lambda = -1$ oppure $\lambda = 3$ ($1 - \lambda = 2$ dà $\lambda = -1$, $1 - \lambda = -2$ dà $\lambda = 3$). Distinti, quindi $A$ è diagonalizzabile (lo si sapeva comunque: $A$ è simmetrica, teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →).

Autovettori.

• $\lambda = 3$: $A - 3I = \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$; le due righe sono opposte e resta $-2x_1 + 2x_2 = 0$, cioè $x_1 = x_2$: $v_1 = (1, 1)$. Verifica: $A v_1 = (1 + 2, 2 + 1) = (3, 3) = 3v_1$ ✓.
• $\lambda = -1$: $A + I = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$; resta $2x_1 + 2x_2 = 0$, cioè $x_1 = -x_2$: $v_2 = (1, -1)$. Verifica: $A v_2 = (1 - 2, 2 - 1) = (-1, 1) = -v_2$ ✓.

$$S = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad S^{-1} = \frac{1}{-2}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac12 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$

(formula dell'inversa 2 × 2L'inversa di una matrice quadrata A è la matrice A⁻¹ con A A⁻¹ = A⁻¹ A = I; esiste se e solo se rango(A) = n e si calcola con Gauss-Jordan riducendo (A | I) fino a (I | A⁻¹).Matrice inversa →: si scambiano gli elementi diagonali, si cambia segno agli altri, si divide per $\det S = 1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1 = -2$).

Esponenziale. Prima il prodotto $S \cdot e^{Dx}$, che moltiplica ogni colonna di $S$ per il proprio esponenziale:

$$S\, e^{Dx} = \begin{pmatrix} e^{3x} & e^{-x} \\ e^{3x} & -e^{-x} \end{pmatrix}, \qquad e^{Ax} = \begin{pmatrix} e^{3x} & e^{-x} \\ e^{3x} & -e^{-x} \end{pmatrix} \cdot \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac12 \begin{pmatrix} e^{3x} + e^{-x} & e^{3x} - e^{-x} \\ e^{3x} - e^{-x} & e^{3x} + e^{-x} \end{pmatrix}.$$

(Elemento per elemento: ogni riga di $S e^{Dx}$ per ogni colonna di $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$, poi tutto per $\frac12$. Posizione $(1,1)$: $e^{3x} \cdot 1 + e^{-x} \cdot 1$; $(1,2)$: $e^{3x} \cdot 1 + e^{-x} \cdot (-1)$; $(2,1)$: $e^{3x} \cdot 1 - e^{-x} \cdot 1$; $(2,2)$: $e^{3x} \cdot 1 + (-e^{-x})(-1)$.) Le combinazioni $\frac{e^{3x} \pm e^{-x}}{2}$ sono parenti delle funzioni iperbolicheSeno, coseno e tangente iperbolici costruiti con e^x ed e^(-x), la relazione cosh^2 - sinh^2 = 1 e le loro inverse con formula esplicita.Funzioni iperboliche →: $e^{Ax} = e^{x}\begin{pmatrix} \cosh 2x & \sinh 2x \\ \sinh 2x & \cosh 2x \end{pmatrix}$, raccogliendo $e^{x}$.

Controllo in $x = 0$: $\frac12\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = I$ ✓ (deve essere $e^{O} = I$).

Soluzione. $Y(x) = e^{Ax} \bar Y$ è la prima colonna di $e^{Ax}$ (perché $\bar Y = e_1$):

$$y_1(x) = \frac{e^{3x} + e^{-x}}{2}, \qquad y_2(x) = \frac{e^{3x} - e^{-x}}{2} .$$

Verifica (sostituendo nelle equazioni):

• $y_1' = \frac{3e^{3x} - e^{-x}}{2}$ e $y_1 + 2y_2 = \frac{e^{3x} + e^{-x} + 2e^{3x} - 2e^{-x}}{2} = \frac{3e^{3x} - e^{-x}}{2}$ ✓;
• $y_2' = \frac{3e^{3x} + e^{-x}}{2}$ e $2y_1 + y_2 = \frac{2e^{3x} + 2e^{-x} + e^{3x} - e^{-x}}{2} = \frac{3e^{3x} + e^{-x}}{2}$ ✓;
• $y_1(0) = 1$, $y_2(0) = 0$ ✓.

Il grafico mostra le due componenti in funzione di $x$: per $x$ grande entrambe crescono come $\frac12 e^{3x}$ e diventano quasi uguali (la traiettoria si allinea con $v_1 = (1, 1)$), per $x$ negativo domina $\frac12 e^{-x}$ e $y_2 \approx -y_1$ (direzione di $v_2 = (1, -1)$).

Lettura geometrica. $\bar Y = (1, 0) = \frac12 v_1 + \frac12 v_2$. Lungo l'autovettore $v_1$ la soluzione cresce come $e^{3x}$, lungo $v_2$ decresce come $e^{-x}$: $Y(x) = \frac12 e^{3x} v_1 + \frac12 e^{-x} v_2$. Per $x$ grande domina la direzione di $v_1$ (quella dell'autovalore più grande). Lo stesso risultato si ottiene così, senza calcolare $e^{Ax}$ per intero: si scrive $\bar Y$ nella base di autovettori e si moltiplica ogni componente per il suo $e^{\lambda x}$.

2. L'equazione $y'' - y' - 2y = 0$

È un'equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costantiPer y'' + a1 y' + a0 y = 0 con a0, a1 costanti si cercano soluzioni e^(λt): funzionano se λ è radice del polinomio caratteristico p(λ) = λ² + a1 λ + a0. Δ > 0 (radici λ1 ≠ λ2): y = c1 e^(λ1 t) + c2 e^(λ2 t). Δ = 0 (radice doppia λ): y = (c1 + c2 t) e^(λt). Δ < 0 (radici α ± iω): y = e^(αt)(c1 cos ωt + c2 sin ωt). Lo stesso metodo vale per ogni ordine.Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneo →, che in Analisi 1 si risolve con l'equazione caratteristica; qui la si risolve con l'algebra lineare e si ritrova lo stesso metodo.

Trasformazione in sistema. Si introducono $y_1 = y$ e $y_2 = y'$. Allora $y_1' = y_2$ e, ricavando $y''$ dall'equazione, $y_2' = y'' = y' + 2y = 2y_1 + y_2$:

$$\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}' = \underbrace{\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}}_{B} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}, \qquad \bar Y = \begin{pmatrix} y(0) \\ y'(0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}.$$

Autovalori. $\det(B - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ 2 & 1 - \lambda \end{pmatrix} = -\lambda(1 - \lambda) - 1 \cdot 2 = -\lambda + \lambda^2 - 2 = \lambda^2 - \lambda - 2 = (\lambda - 2)(\lambda + 1)$ (due numeri con prodotto $-2$ e somma $1$: $2$ e $-1$): $\lambda = 2$, $\lambda = -1$. È lo stesso polinomio che in Analisi si chiama "equazione caratteristica" dell'equazione differenziale ($\lambda^2 - \lambda - 2 = 0$ si ottiene sostituendo $y = e^{\lambda x}$): non è una coincidenza, il polinomio caratteristico di $B$ è proprio quello.

Autovettori. Per questa forma di matrice l'autovettore di $\lambda$ è sempre $(1, \lambda)$: dalla prima riga di $B - \lambda I$, $-\lambda x_1 + x_2 = 0$, cioè $x_2 = \lambda x_1$ (la seconda riga è proporzionale, perché $\det(B - \lambda I) = 0$). Quindi $v_1 = (1, 2)$ per $\lambda = 2$ e $v_2 = (1, -1)$ per $\lambda = -1$. Ha senso: per la soluzione $y = e^{\lambda x}$ il vettore $(y, y')$ è $e^{\lambda x}(1, \lambda)$.

$$S = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad \det S = -1 - 2 = -3, \quad S^{-1} = \frac{1}{-3}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = \frac13\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}.$$

Esponenziale.

$$e^{Bx} = \begin{pmatrix} e^{2x} & e^{-x} \\ 2e^{2x} & -e^{-x} \end{pmatrix} \cdot \frac13 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} = \frac13 \begin{pmatrix} e^{2x} + 2e^{-x} & e^{2x} - e^{-x} \\ 2e^{2x} - 2e^{-x} & 2e^{2x} + e^{-x} \end{pmatrix}.$$

Soluzione. $Y(x) = e^{Bx}(1, 0)^T$ = prima colonna; la funzione cercata è la prima componente:

$$y(x) = \frac{e^{2x} + 2e^{-x}}{3} .$$

(La seconda componente, $\frac{2e^{2x} - 2e^{-x}}{3}$, è $y'$, come deve essere.) Con il metodo di Analisi 1 si scrive $y = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x}$ e si impongono $c_1 + c_2 = 1$, $2c_1 - c_2 = 0$: sommando, $3c_1 = 1$, quindi $c_1 = \frac13$, $c_2 = \frac23$, lo stesso risultato.

Verifica. $y' = \frac{2e^{2x} - 2e^{-x}}{3}$, $y'' = \frac{4e^{2x} + 2e^{-x}}{3}$;

$$y'' - y' - 2y = \frac{(4 - 2 - 2)e^{2x} + (2 + 2 - 4)e^{-x}}{3} = 0 \ ✓, \qquad y(0) = \frac{1 + 2}{3} = 1 \ ✓, \qquad y'(0) = \frac{2 - 2}{3} = 0 \ ✓.$$

Errori comuni

• Scrivere $e^{Ax}$ come la matrice degli esponenziali degli elementi di $A$: $e^{Ax} \ne \begin{pmatrix} e^{x} & e^{2x} \\ e^{2x} & e^{x} \end{pmatrix}$. Funziona elemento per elemento solo per le matrici diagonali.
• Invertire l'ordine $S^{-1} e^{Dx} S$: con $A = S D S^{-1}$ (colonne di $S$ = autovettori) è $e^{Ax} = S e^{Dx} S^{-1}$.
• Dimenticare la condizione iniziale: $e^{Ax}$ è la "soluzione generale"; la soluzione del problema si ottiene moltiplicando per $\bar Y$.