Sistemi di equazioni differenziali lineari

Prerequisiti: Esistenza e unicità per il problema di CauchyProblema di Cauchy: y' = f(t, y), y(t0) = y0. Peano: f continua ⇒ esiste almeno una soluzione locale (non unica: y' = √|y|, y(0) = 0). Cauchy-Lipschitz: f continua e lipschitziana in y (basta f e ∂f/∂y continue) ⇒ soluzione unica in un intorno di t0. La soluzione può esplodere in tempo finito (y' = y², y' = 1 + y²); se f è lipschitziana in y su tutta la striscia [a, b] × R la soluzione esiste su tutto [a, b]. Un'equazione di ordine n si riduce a un sistema del primo ordine.Esistenza e unicità per il problema di Cauchy →, Equazioni differenziali lineari del secondo ordiney'' + a1(t)y' + a0(t)y = b(t) con coefficienti continui su un intervallo: le soluzioni sono definite su tutto l'intervallo e il problema di Cauchy con y(t0), y'(t0) ha una sola soluzione. L'integrale generale dell'omogenea è c1 y1 + c2 y2 con y1, y2 soluzioni linearmente indipendenti (controllo con il wronskiano); quello della completa è yp + c1 y1 + c2 y2, con yp una soluzione particolare. Stessa struttura per ogni ordine n.Equazioni differenziali lineari del secondo ordine →; autovalori e autovettori (Algebra Lineare).

I sistemi servono quando più grandezze si influenzano a vicenda: due serbatoi che si scambiano liquido, correnti in due maglie accoppiate di un circuito, posizione e velocità di un oscillatore.

Definizione e forma del sistema

Un sistema di equazioni differenziali lineari del primo ordine in $\mathbb{R}^n$ si presenta nella forma: $$Y'(t) = A(t)Y(t) + B(t)$$ dove $Y(t) = \begin{pmatrix} y_1(t) \\ \vdots \\ y_n(t) \end{pmatrix}$ è il vettore incognito, $A(t)$ è una matrice $n \times n$ di funzioni e $B(t)$ è un vettore di funzioni termine noto.

Esistenza e unicità. Se $A(t)$ e $B(t)$ sono continue in un intervallo $I \subseteq \mathbb{R}$, allora per ogni dato iniziale $Y(t_0) = Y_0$ esiste una soluzione unica definita su tutto l'intervallo $I$.

È il teorema di esistenza globale di Esistenza e unicità per il problema di CauchyProblema di Cauchy: y' = f(t, y), y(t0) = y0. Peano: f continua ⇒ esiste almeno una soluzione locale (non unica: y' = √|y|, y(0) = 0). Cauchy-Lipschitz: f continua e lipschitziana in y (basta f e ∂f/∂y continue) ⇒ soluzione unica in un intorno di t0. La soluzione può esplodere in tempo finito (y' = y², y' = 1 + y²); se f è lipschitziana in y su tutta la striscia [a, b] × R la soluzione esiste su tutto [a, b]. Un'equazione di ordine n si riduce a un sistema del primo ordine.Esistenza e unicità per il problema di Cauchy →: il secondo membro $F(t, Y) = A(t)Y + B(t)$ è lipschitziano in $Y$ su ogni striscia $[a, b] \times \mathbb{R}^n$ contenuta in $I \times \mathbb{R}^n$, perché $\|A(t)(Y_1 - Y_2)\| \leq L\|Y_1 - Y_2\|$ con $L$ legato al massimo dei coefficienti di $A$ su $[a, b]$.

Riduzione di un'equazione di ordine $n$

Un'equazione lineare scalare di ordine $n$, $y^{(n)} + a_{n-1}y^{(n-1)} + \dots + a_0y = f(t)$, può essere trasformata in un sistema del primo ordine ponendo: $x_1 = y, x_2 = y', \dots, x_n = y^{(n-1)}$. Il sistema risultante è $X' = AX + F$, dove $A$ è la matrice compagna e $F = (0, \dots, 0, f(t))$. Per $n = 2$, $y'' + a_1y' + a_0y = f(t)$ diventa $$\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}' = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -a_0 & -a_1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ f(t) \end{pmatrix}$$ Il polinomio caratteristico della matrice, $\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + a_1\lambda + a_0$, è proprio il polinomio caratteristico dell'equazione: i due metodi di Analisi 1 e di questa nota sono lo stesso metodo.

Sistemi omogenei e matrice fondamentale

Consideriamo il sistema omogeneo $Y' = A(t)Y$. Le soluzioni formano uno spazio vettoriale di dimensione $n$.

Matrice fondamentale. È una matrice $n \times n$ le cui colonne sono $n$ soluzioni linearmente indipendenti del sistema. Il determinante della matrice fondamentale è detto wronskianodeterminante della matrice che ha per colonne n soluzioni, il quale è non nullo in ogni punto dell'intervallo se le soluzioni sono indipendenti.

Perché dimensione $n$. La mappa che associa a ogni soluzione il suo valore $Y(t_0) \in \mathbb{R}^n$ è lineare e, per esistenza e unicità, biunivoca: le soluzioni sono tante quanti i vettori di $\mathbb{R}^n$. Le soluzioni con dati iniziali $e_1, \dots, e_n$ formano una base. Inoltre il wronskiano o è nullo in ogni punto o non lo è mai: se in un istante le soluzioni sono indipendenti, lo sono sempre.

Con una matrice fondamentale $\Phi(t)$, l'integrale generale dell'omogeneo è $Y(t) = \Phi(t)C$ con $C \in \mathbb{R}^n$ costante; quello del sistema completo è $\Phi(t)C + Y_p(t)$.

Sistemi a coefficienti costanti

Sia $Y' = AY$ con $A$ matrice costante. Cerchiamo soluzioni nella forma $Y(t) = e^{\lambda t}V$. Sostituendo nel sistema otteniamo $\lambda e^{\lambda t}V = A e^{\lambda t}V$, ovvero $(A - \lambda I)V = 0$ (si è diviso per $e^{\lambda t} \neq 0$). Questo è un problema agli autovalori: $\lambda$ deve essere un autovalore di $A$, cioè una radice di $\det(A - \lambda I) = 0$, e $V \neq 0$ un autovettore corrispondente.

Se $A$ ha $n$ autovettori indipendenti $V_1, \dots, V_n$ (per esempio se gli autovalori sono distinti), le soluzioni $e^{\lambda_i t}V_i$ sono indipendenti (in $t = 0$ valgono $V_i$) e danno l'integrale generale $Y = \sum c_i e^{\lambda_i t}V_i$.

Esempio: Autovalori reali distinti

Risolvere $Y' = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & 1 \end{pmatrix}Y$.

1. Calcolo autovalori: $\det(A-\lambda I) = (1-\lambda)^2 - 4 = \lambda^2 - 2\lambda - 3 = 0 \implies \lambda_1 = 3, \lambda_2 = -1$.

2. Per $\lambda_1 = 3$: $(A-3I)V=0 \implies \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 4 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0 \implies v_2 = 2v_1 \implies V_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

3. Per $\lambda_2 = -1$: $(A+I)V=0 \implies \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 4 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0 \implies v_2 = -2v_1 \implies V_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$. Soluzione generale: $Y(t) = c_1 e^{3t} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} + c_2 e^{-t} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$.

4. Problema di Cauchy con $Y(0) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0\end{pmatrix}$: $c_1 + c_2 = 2$ e $2c_1 - 2c_2 = 0$, quindi $c_1 = c_2 = 1$: $y_1 = e^{3t} + e^{-t}$, $y_2 = 2e^{3t} - 2e^{-t}$. Verifica della prima equazione: $y_1' = 3e^{3t} - e^{-t}$ e $y_1 + y_2 = 3e^{3t} - e^{-t}$ ✓.

Caso complesso

Se $\lambda = \alpha \pm i\beta$, la soluzione complessa $e^{(\alpha+i\beta)t}V$ genera due soluzioni reali prendendo parte reale e parte immaginaria: $$Y_1(t) = e^{\alpha t} \left(\cos(\beta t)\, \text{Re}(V) - \sin(\beta t)\, \text{Im}(V)\right), \qquad Y_2(t) = e^{\alpha t}\left(\sin(\beta t)\,\text{Re}(V) + \cos(\beta t)\,\text{Im}(V)\right)$$ dove $V$ è un autovettore (complesso) di $\alpha + i\beta$. Vengono dallo sviluppo $e^{(\alpha + i\beta)t} = e^{\alpha t}(\cos\beta t + i\sin\beta t)$ moltiplicato per $V = \text{Re}V + i\,\text{Im}V$. L'autovalore coniugato non dà soluzioni reali nuove.

Esempio: l'oscillatore $y'' + y = 0$, cioè $Y' = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}Y$ con $Y = (y, y')$.

1. $\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + 1$, autovalori $\pm i$ ($\alpha = 0$, $\beta = 1$).
2. Per $\lambda = i$: $(A - iI)V = 0$ dà $-iv_1 + v_2 = 0$, quindi $V = (1, i)$: $\text{Re}V = (1, 0)$, $\text{Im}V = (0, 1)$.
3. $Y_1 = \cos t\,(1, 0) - \sin t\,(0, 1) = (\cos t, -\sin t)$, $\quad Y_2 = \sin t\,(1, 0) + \cos t\,(0, 1) = (\sin t, \cos t)$.

La prima componente di ciascuna è una soluzione di $y'' + y = 0$ ($\cos t$ e $\sin t$), la seconda è la sua derivata, come deve essere.

Autovalore doppio con un solo autovettore

Se $\lambda$ è doppio ma $(A - \lambda I)V = 0$ ha solo una retta di soluzioni, le soluzioni sono $e^{\lambda t}V$ e $e^{\lambda t}(tV + W)$, dove $W$ risolve $(A - \lambda I)W = V$. È l'analogo del $te^{\lambda t}$ delle equazioni con radice doppia.

Metodo di eliminazione per i sistemi $2\times2$

Per un sistema $2\times2$ a coefficienti costanti c'è un metodo alternativo agli autovettori, che non richiede matrici: si elimina una incognita e ci si riduce a una sola equazione del secondo ordine, che si sa già risolvere (Metodo di variazione delle costantiPer y'' + a(t)y' + b(t)y = f(t), note due soluzioni indipendenti y1, y2 dell'omogenea, una soluzione particolare è yp = c1(t)y1 + c2(t)y2 con c1'y1 + c2'y2 = 0 e c1'y1' + c2'y2' = f. Con Cramer: c1' = −y2 f/W, c2' = y1 f/W, dove W = y1y2' − y2y1' è il wronskiano. Funziona per ogni termine noto continuo (anche 1/sin t, e^(3t)/t), dove il metodo di somiglianza non si applica.Metodo di variazione delle costanti → e la ricetta per termini noti speciali). Sia $$\begin{cases}x'=ax+by+f_1(t)\\ y'=cx+dy+f_2(t)\end{cases}\qquad T=a+d,\quad D=ad-bc\ (\text{traccia e determinante di }A).$$

Il metodo (se $b\ne0$).

1. Dalla prima equazione si ricava $y$: $\;by=x'-ax-f_1$.
2. Si deriva la prima equazione: $x''=ax'+by'+f_1'$, e in $by'$ si sostituisce la seconda equazione, $by'=bcx+bdy+bf_2$, usando poi $bdy=d(x'-ax-f_1)$. Si ottiene $$x''=ax'+bcx+d\,(x'-ax-f_1)+bf_2+f_1'\quad\Longrightarrow\quad x''-T\,x'+D\,x=f_1'-d\,f_1+b\,f_2.$$ Il polinomio caratteristico $\lambda^2-T\lambda+D$ è lo stesso di $A$ (gli autovalori).
3. Si risolve questa equazione scalare (omogenea più soluzione particolare): compaiono due costanti $c_1,c_2$.
4. Si ricava $y=\dfrac{x'-ax-f_1}{b}$ (si deriva $x$, non si risolve una seconda equazione: così non compaiono costanti in più).
5. Dati iniziali: servono $x(0)$ e $x'(0)$; il secondo vale $x'(0)=ax(0)+by(0)+f_1(0)$.

Se $b=0$ si scambiano i ruoli (si elimina $x$ e si ottiene un'equazione per $y$, usando $c\ne0$); se $b=c=0$ le due equazioni sono già indipendenti.

Esempio 1 (omogeneo, con problema di Cauchy). $\;x'=x-y,\;y'=y-4x,\;x(0)=-\frac12,\;y(0)=1$. Qui $a=1$, $b=-1$, $c=-4$, $d=1$, quindi $T=2$ e $D=1-4=-3$. Dalla prima equazione $y=x-x'$. L'equazione per $x$ è $$x''-2x'-3x=0,\qquad\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1)=0,\quad\lambda=3,\,-1,$$ cioè $x=c_1e^{3t}+c_2e^{-t}$. Allora $y=x-x'=c_1e^{3t}(1-3)+c_2e^{-t}(1+1)=-2c_1e^{3t}+2c_2e^{-t}$. Dati iniziali: $x(0)=c_1+c_2=-\frac12$ e $y(0)=-2c_1+2c_2=1$, cioè $c_2-c_1=\frac12$: $c_2=0$, $c_1=-\frac12$. Soluzione: $$x(t)=-\tfrac12e^{3t},\qquad y(t)=e^{3t}.$$ Verifica: $x'=-\frac32e^{3t}=x-y=-\frac12e^{3t}-e^{3t}$ ✓; $y'=3e^{3t}=y-4x=e^{3t}+2e^{3t}$ ✓.

Esempio 2 (non omogeneo). $\;x'=y,\;y'=-x+t$. Qui $a=0$, $b=1$, $c=-1$, $d=0$, $f_1=0$, $f_2=t$, $T=0$, $D=1$: l'equazione è $x''+x=bf_2=t$. Omogenea: $\lambda=\pm i$, $x_h=c_1\cos t+c_2\sin t$. Particolare: $x_p=t$ (polinomio di primo grado: $x_p''+x_p=t$ ✓). Quindi $$x=c_1\cos t+c_2\sin t+t,\qquad y=x'=-c_1\sin t+c_2\cos t+1.$$ Verifica: $y'=-c_1\cos t-c_2\sin t=-x+t$ ✓.

Quando conviene. Per un sistema $2\times2$ l'eliminazione è spesso più rapida degli autovettori, specialmente con termini noti. Il caso di autovalore doppio si tratta come in un'equazione scalare ($x=(c_1+c_2t)e^{\lambda t}$, e $y$ si ricava derivando), senza autovettori generalizzati.

Esponenziale di matrice

Per una matrice quadrata si definisce, come per i numeri, $$e^{tA} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^kA^k}{k!} = I + tA + \frac{t^2}{2}A^2 + \dots$$ (la serie converge per ogni $t$). Derivando termine a termine, $\frac{d}{dt}e^{tA} = Ae^{tA}$, e $e^{0A} = I$: quindi la soluzione del problema di Cauchy $Y'=AY$, $Y(0)=Y_0$ è $$Y(t) = e^{tA}Y_0$$ esattamente come $y = e^{at}y_0$ risolve $y' = ay$. La matrice $e^{tA}$ è la matrice fondamentale che vale $I$ in $t = 0$.

Come si calcola. Se $A$ è diagonale, $A = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$, le potenze sono diagonali e $e^{tA} = \text{diag}(e^{\lambda_1 t}, \dots, e^{\lambda_n t})$. Se $A$ è diagonalizzabile, $A = P D P^{-1}$ (colonne di $P$ = autovettori), allora $A^k = PD^kP^{-1}$ e quindi $e^{tA} = P e^{tD} P^{-1}$.

Nell'esempio sopra $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -2\end{pmatrix}$, $D = \text{diag}(3, -1)$, $P^{-1} = \frac{1}{4}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}$, e $$e^{tA} = \frac14\begin{pmatrix} 2e^{3t} + 2e^{-t} & e^{3t} - e^{-t} \\ 4e^{3t} - 4e^{-t} & 2e^{3t} + 2e^{-t}\end{pmatrix}$$ Applicata a $Y_0 = (2, 0)$ dà $(e^{3t} + e^{-t},\ 2e^{3t} - 2e^{-t})$, come prima.

Variazione delle costanti

Per il sistema non omogeneo $Y' = AY + B(t)$, la soluzione generale è data dalla somma dell'omogenea e di una soluzione particolare trovata tramite il Metodo di variazione delle costantiPer y'' + a(t)y' + b(t)y = f(t), note due soluzioni indipendenti y1, y2 dell'omogenea, una soluzione particolare è yp = c1(t)y1 + c2(t)y2 con c1'y1 + c2'y2 = 0 e c1'y1' + c2'y2' = f. Con Cramer: c1' = −y2 f/W, c2' = y1 f/W, dove W = y1y2' − y2y1' è il wronskiano. Funziona per ogni termine noto continuo (anche 1/sin t, e^(3t)/t), dove il metodo di somiglianza non si applica.Metodo di variazione delle costanti →: $$Y_p(t) = \Phi(t) \int \Phi^{-1}(t) B(t)\, dt$$ dove $\Phi(t)$ è una matrice fondamentale. Si ottiene cercando $Y_p = \Phi(t)C(t)$: sostituendo, $\Phi'C + \Phi C' = A\Phi C + B$, e poiché $\Phi' = A\Phi$ resta $\Phi C' = B$, cioè $C' = \Phi^{-1}B$. A coefficienti costanti, con $\Phi = e^{tA}$: $Y(t) = e^{tA}Y_0 + \int_0^t e^{(t-s)A}B(s)\,ds$.

Errori comuni

• Confondere la soluzione scalare con quella vettoriale (dimenticare di moltiplicare per l'autovettore).
• Non verificare l'indipendenza lineare delle soluzioni tramite il wronskiano (basta in un punto, per esempio in $t = 0$).
• Prendere entrambi gli autovalori complessi coniugati come se dessero quattro soluzioni reali: ne danno due.
• Credere che $e^{tA}$ sia la matrice degli esponenziali dei coefficienti: vale solo per matrici diagonali.