Esercizio - sistema 3x3 con autovalori complessi 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 →, Stabilità degli equilibri dei sistemi autonomi 2x2In un sistema autonomo y' = f(y) le soluzioni sono invarianti per traslazioni nel tempo (D) e le orbite nel piano delle fasi non si intersecano (D). Un equilibrio (f(P) = 0) è stabile se le soluzioni vicine restano vicine, asintoticamente stabile se inoltre convergono a P, instabile altrimenti. Per y' = Ay (2×2, det A ≠ 0) l'origine è asintoticamente stabile se e solo se entrambi gli autovalori hanno parte reale negativa, cioè tr A < 0 e det A > 0; i tipi sono nodo, sella, fuoco, centro.Stabilità degli equilibri dei sistemi autonomi 2x2 →.

Testo. Sia $$\underline y'=A\underline y,\qquad A=\begin{pmatrix}-1&-2&0\\2&-1&0\\1&0&-3\end{pmatrix},\qquad\underline y(0)=(1,0,0).$$

1. Trovare gli autovalori e dire se l'origine è stabile.
2. Risolvere il problema di Cauchy.

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

Soluzione

1. Autovalori. Sviluppando $\det(A-\lambda\mathrm{Id})$ lungo la terza colonna, che ha un solo elemento non nullo: $$\det(A-\lambda\mathrm{Id})=(-3-\lambda)\Big[(-1-\lambda)^2+4\Big]=-(\lambda+3)\big(\lambda^2+2\lambda+5\big).$$ Gli autovalori sono $\lambda=-3$ e $\lambda=-1\pm2i$. Hanno tutti parte reale negativa: l'origine è asintoticamente stabile e ogni soluzione tende a $\underline0$ per $t\to+\infty$ (con oscillazioni di pulsazione $2$ e ampiezza che decade come $e^{-t}$).

2. Risoluzione. La struttura a blocchi aiuta: le prime due equazioni non contengono $y_3$, $$y_1'=-y_1-2y_2,\qquad y_2'=2y_1-y_2,$$ e sono un sistema $2\times2$ con matrice $A_b=\begin{pmatrix}-1&-2\\2&-1\end{pmatrix}$ (autovalori $-1\pm2i$). La terza, $y_3'=y_1-3y_3$, è un'equazione scalare lineare che usa $y_1$.

Blocco $2\times2$. Per $\lambda=-1+2i$: $(A_b-\lambda\mathrm{Id})\underline h=\underline0$ dà $-2i\,h_1-2h_2=0$, cioè $h_2=-ih_1$, e $\underline h=(1,-i)=\underline u+i\underline v$ con $\underline u=(1,0)$, $\underline v=(0,-1)$. La soluzione complessa è $$e^{(-1+2i)t}(1,-i)=e^{-t}(\cos2t+i\sin2t)(1,-i)=e^{-t}\big(\cos2t,\ \sin2t\big)+i\,e^{-t}\big(\sin2t,\ -\cos2t\big).$$ Parte reale e immaginaria sono soluzioni reali indipendenti: $$(y_1,y_2)=e^{-t}\Big[c_1(\cos2t,\sin2t)+c_2(\sin2t,-\cos2t)\Big].$$ Con $(y_1,y_2)(0)=(1,0)$: $(c_1,-c_2)=(1,0)$, $c_1=1$, $c_2=0$. Quindi $y_1=e^{-t}\cos2t$, $y_2=e^{-t}\sin2t$.

Terza componente. $y_3'+3y_3=e^{-t}\cos2t$, $y_3(0)=0$. Con il fattore integrante $e^{3t}$: $(e^{3t}y_3)'=e^{2t}\cos2t$, e poiché $\int e^{2s}\cos2s\,ds=\frac{e^{2s}(\cos2s+\sin2s)}4$ (derivando: $\frac{2e^{2s}(\cos2s+\sin2s)+e^{2s}(-2\sin2s+2\cos2s)}{4}=e^{2s}\cos2s$ ✓), $$e^{3t}y_3=\frac{e^{2t}(\cos2t+\sin2t)-1}4,\qquad y_3=\frac{e^{-t}(\cos2t+\sin2t)-e^{-3t}}4 .$$ (È la formula di variazione delle costanti $y_3=\int_0^te^{-3(t-s)}y_1(s)\,ds$.)

$$\boxed{\underline y(t)=\Big(e^{-t}\cos2t,\ \ e^{-t}\sin2t,\ \ \frac{e^{-t}(\cos2t+\sin2t)-e^{-3t}}4\Big)}$$

Controlli. $\underline y(0)=(1,0,\frac{1-1}4)=(1,0,0)$ ✓. $\underline y'(0)$ dal sistema è $A\underline y(0)=(-1,2,1)$; dalla soluzione: $y_1'(0)=-1$, $y_2'(0)=2$ e, derivando $y_3$, $$y_3'=\frac{-e^{-t}(\cos2t+\sin2t)+e^{-t}(2\cos2t-2\sin2t)+3e^{-3t}}4,\qquad y_3'(0)=\frac{-1+2+3}4=1$$ ✓ (terza componente di $A\underline y(0)$).

Errori tipici. Usare $(1,-i)$ come soluzione reale (va presa parte reale e immaginaria); scambiare riga e colonna nell'autovettore; risolvere la terza equazione dimenticando la costante o il fattore integrante $e^{3t}$.