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

Testo (esercizio sul metodo della lezione 26).

1. Risolvere il sistema di equazioni differenziali $$\begin{cases} y_1' = y_1 + 2y_2 \\ y_2' = 2y_1 + y_2 \end{cases} \qquad \text{con } y_1(0) = 1, \ y_2(0) = 0,$$ calcolando l'esponenziale $e^{Ax}$ della matrice dei coefficienti.
2. Risolvere l'equazione $y'' - y' - 2y = 0$ con $y(0) = 1$, $y'(0) = 0$, trasformandola in un sistema del primo ordine.

Teoria usata: Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineariIl sistema di equazioni differenziali y' = Ay ha soluzione y(x) = e^{Ax} ȳ. L'esponenziale di una matrice si definisce con la serie di e^x; per una matrice diagonalizzabile A = S D S⁻¹ vale e^{Ax} = S e^{Dx} S⁻¹, e e^{Dx} ha sulla diagonale gli esponenziali e^{λx} degli autovalori.Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineari →, DiagonalizzazioneUna 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 →, Matrice inversaL'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 →.

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 $y = e^{ax}\, y(0)$. Se $A$ è diagonalizzabile, $A = S D S^{-1}$ 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 $A^k = S D^k S^{-1}$, e la serie degli elementi diagonali di $D^k$ è la serie dell'esponenziale di ciascun $\lambda_i x$. 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. $\det(A - \lambda I) = (1 - \lambda)^2 - 4 = 0 \iff 1 - \lambda = \pm 2 \iff \lambda = -1$ oppure $\lambda = 3$. Distinti, quindi $A$ è diagonalizzabile (lo si sapeva comunque: $A$ è simmetrica).

Autovettori.

• $\lambda = 3$: $A - 3I = \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$, cioè $x_1 = x_2$: $v_1 = (1, 1)$.
• $\lambda = -1$: $A + I = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$, cioè $x_1 = -x_2$: $v_2 = (1, -1)$.

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

(formula dell'inversa $2 \times 2$: si scambiano gli elementi diagonali, si cambia segno agli altri, si divide per $\det S = -1 - 1 = -2$).

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

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

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

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 $y'' - y' - 2y = 0$

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

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

Autovalori. $\det(B - \lambda I) = -\lambda(1 - \lambda) - 2 = \lambda^2 - \lambda - 2 = (\lambda - 2)(\lambda + 1)$: $\lambda = 2$, $\lambda = -1$. 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 $B - \lambda I$, $-\lambda x_1 + x_2 = 0$.

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

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.)

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 $\bar Y$.