Esercizio - sistema 3x3 con autovalore doppio diagonalizzabile e problema di Cauchy

Teoria: Sistemi lineari n per n - matrice fondamentale, esponenziale e variazione delle costantiPer y' = A(t)y + g(t) di dimensione n una matrice fondamentale Φ(t) ha per colonne n soluzioni indipendenti (D: lo sono se e solo se det Φ(t₀) ≠ 0); l'integrale generale dell'omogeneo è y = Φ(t)c. Con A costante: se Ah = λh, e^(λt)h è soluzione; autovalori complessi λ = μ + iω danno parte reale e immaginaria di e^(λt)h; autovalore non diagonalizzabile: e^(λt)(h₂ + t h₁); l'esponenziale e^(tA) = Σ tᵏAᵏ/k! risolve y(t₀) = y₀ con y = e^((t−t₀)A)y₀. Variazione delle costanti (D): y = Φ(t)Φ(t₀)⁻¹y₀ + Φ(t)∫Φ(s)⁻¹g(s)ds, per A costante y = e^((t−t₀)A)y₀ + ∫e^((t−s)A)g(s)ds. Sistemi massa-molla x'' = −Kx: modi normali, pulsazioni ω_j² = autovalori di K, battimenti. Stabilità: Re λ < 0 per ogni autovalore dà y → 0.Sistemi lineari n per n - matrice fondamentale, esponenziale e variazione delle costanti →, Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →.

Testo. Risolvere il problema di Cauchy $$\underline y'=A\underline y,\qquad A=\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix},\qquad\underline y(0)=(1,0,0).$$ Poi trovare la matrice fondamentale $e^{tA}$ e verificare il risultato con la somma delle componenti.

(Esercizio proposto per questo corso, sul modello dei fogli di esercizi di Fondamenti di Analisi Matematica 2.)

Soluzione

Autovalori. La matrice è simmetrica. Il polinomio caratteristico si calcola con $A=\mathbf{1}+\mathrm{Id}$ (dove $\mathbf{1}$ è la matrice con tutti $1$): $\mathbf{1}$ ha autovalori $3,0,0$, quindi $A$ ha $4,1,1$.

• $\lambda=4$: $(A-4\mathrm{Id})\underline h=\underline0$ dà $-2h_1+h_2+h_3=0$ e le simili: $\underline h=(1,1,1)$.
• $\lambda=1$: $(A-\mathrm{Id})\underline h=\mathbf{1}\underline h=\underline0$ dà $h_1+h_2+h_3=0$: autospazio di dimensione $2$, base $\underline h_2=(-1,1,0)$, $\underline h_3=(-1,0,1)$.

L'autovalore doppio ha due autovettori indipendenti: $A$ è diagonalizzabile (come ogni matrice simmetrica) e non servono termini in $t\,e^{t}$.

Integrale generale. $$\underline y(t)=c_1e^{4t}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+c_2e^{t}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}+c_3e^{t}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}.$$

Dato iniziale. $\underline y(0)=(1,0,0)$: $c_1(1,1,1)+c_2(-1,1,0)+c_3(-1,0,1)=(1,0,0)$, cioè $$c_1-c_2-c_3=1,\qquad c_1+c_2=0,\qquad c_1+c_3=0 .$$ Dalle ultime due $c_2=c_3=-c_1$; nella prima $3c_1=1$, $c_1=\frac13$, $c_2=c_3=-\frac13$. Quindi $$\boxed{\underline y(t)=\frac13e^{4t}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+\frac13e^{t}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}+\frac13e^{t}\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}=\Big(\frac{e^{4t}+2e^t}3,\ \frac{e^{4t}-e^t}3,\ \frac{e^{4t}-e^t}3\Big)}$$

Controlli. (i) $\underline y(0)=(1,0,0)$ ✓. (ii) Sommando le tre equazioni, ogni colonna di $A$ ha somma $4$, quindi $s=y_1+y_2+y_3$ verifica $s'=4s$ con $s(0)=1$: $s=e^{4t}$. Dalla soluzione: $\frac{e^{4t}+2e^t}{3}+2\cdot\frac{e^{4t}-e^t}3=e^{4t}$ ✓. (iii) Derivata in $0$: $\underline y'(0)=\big(\frac{4+2}3,\frac{4-1}3,\frac{4-1}3\big)=(2,1,1)=A\underline y(0)$ ✓ (prima colonna di $A$).

Matrice $e^{tA}$. Con $P=\begin{pmatrix}1&-1&-1\\1&1&0\\1&0&1\end{pmatrix}$ e $D=\operatorname{diag}(4,1,1)$, $e^{tA}=Pe^{tD}P^{-1}$. Poiché $A=\mathbf{1}+\mathrm{Id}$ e $\mathbf{1}^2=3\cdot\mathbf{1}$, si ottiene più in fretta: $e^{tA}=e^{t}e^{t\mathbf{1}}$ e $e^{t\mathbf{1}}=\mathrm{Id}+\frac{e^{3t}-1}3\mathbf{1}$ (perché $\mathbf{1}^k=3^{k-1}\mathbf{1}$). Quindi $$e^{tA}=e^t\,\mathrm{Id}+\frac{e^{4t}-e^t}3\,\mathbf{1},$$ con elementi diagonali $\frac{e^{4t}+2e^t}3$ e fuori diagonale $\frac{e^{4t}-e^t}3$. La prima colonna è proprio la soluzione trovata (dato iniziale $(1,0,0)$) ✓.

Comportamento. Per $t\to+\infty$ domina $e^{4t}$ e la soluzione si allinea alla direzione $(1,1,1)$ dell'autovalore più grande; le componenti non sono mai negative.

Errori tipici. Cercare termini $t\,e^t$ credendo che l'autovalore doppio sia difettivo (qui ci sono due autovettori); sbagliare i segni nel sistema per $c_i$; confondere righe e colonne nel dato iniziale.