Sistemi differenziali: esercizi
svolti
1
Sistemi lineari 2 × 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Sistemi lineari 3 × 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1
2
2
Sistemi differenziali: esercizi svolti
Sistemi lineari 2 × 2
1
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficoltà maggiore.
Esercizio 1. Determinare l’integrale generale dei seguenti sistemi lineari:
(
a)
c)
"(
y 0 − 4x + y = 0
(
b)
x0 + x − y = 0
#
∀c1 , c2 ∈ R
y(t) = 2c1 et − 2c2 e3t ,
x0 = 2x + y
"(
y 0 = 4x − y
X0
x(t) = c1 et + c2 e3t
x(t) = c1 e3t + c2 e−2t
#
∀c1 , c2 ∈ R
y(t) = c1 e3t − 4c2 e−2t ,
= AX, con A =
3 −4
1 −1
(2c1 + c2 + 2c2 t)et
"
X(t) =
!
(c1 + c2 t)et
#
,
∀c1 , c2 ∈ R
Svolgimento
a) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti
(
x0 + x − y = 0
y 0 − 4x + y = 0.
Scritto in forma esplicita (o normale) diventa
(
x0 = −x + y
y 0 = 4x − y
e in forma matriciale è X 0 = AX, dove la matrice dei coefficienti è
A=
−1
4
1
−1
.
L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
X(t) = eAt C,
∀C ∈ R2 ,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
−1 − λ
det(A − λI) = 4
1 = (λ + 1)2 − 4.
−1 − λ Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicità m1 = 1 e λ2 = −3 con
molteplicità m2 = 1. Ne segue che A è diagonalizzabile.
Sistemi lineari 2 × 2
3
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2 . Cominiciamo con λ1 . Risolviamo
il sistema lineare (A − I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = 2x. Quindi si ha
v = (x, 2x), x ∈ R. Sia quindi v1 = (1, 2) uno di questi autovettori.
Cerchiamo un autovettore associato a λ2 = −3. Risolviamo il sistema lineare
(A + 3I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = −2x. Quindi si ha v = (x, −2x),
x ∈ R. Sia quindi v2 = (1, −2) uno di questi autovettori.
I vettori v1 e v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
B=
0
−3
1 1
2 −2
1
0
.
Quindi si ha
P =
.
Allora l’integrale generale è
At
Bt
X(t) = e C = P e C =
1
2
1
−2
et
0
0
e−3t
c1
c2
=
c1 et + c2 e−3t
2c1 et − 2c2 e−3t
!
,
per ogni c1 , c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 et v1 + c2 e−3t v2 ,
∀c1 , c2 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale è dato da
∀c1 , c2 ∈ R,
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t),
dove X1 , X2 sono le due soluzioni linearmente indipendenti
X2 (t) = e−3t v2 .
X1 (t) = et v1 ,
b) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti
(
x0 = 2x + y
y = 4x − y.
Scritto in forma matriciale è X 0 = AX, dove la matrice dei coefficienti è
A=
2
4
1
−1
.
4
Sistemi differenziali: esercizi svolti
L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
∀C ∈ R2 ,
X(t) = eAt C,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
2 − λ
det(A − λI) = 4
1 = λ2 − λ − 6.
−1 − λ Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 3 con molteplicità m1 = 1 e λ2 = −2 con
molteplicità m2 = 1. Ne segue che A è diagonalizzabile.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2 . Cominiciamo con λ1 . Risolviamo
il sistema lineare (A − 3I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = x. Quindi si ha
v = (x, x), x ∈ R. Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori.
Cerchiamo un autovettore associato a λ2 = −2. Risolviamo il sistema lineare
(A + 2I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = −4x. Quindi si ha v = (x, −4x),
x ∈ R. Sia quindi v2 = (1, −4) uno di questi autovettori.
I vettori v1 e v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
B=
3 0
0 −2
1
1
.
Quindi si ha
P =
1
−4
.
Allora l’integrale generale è
At
Bt
X(t) = e C = P e C =
1 1
1 −4
e3t
0
0
e−2t
c1
c2
=
c1 e3t + c2 e−2t
c1 e3t − 4c2 e−2t
!
,
per ogni c1 , c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 e3t v1 + c2 e−2t v2 ,
∀c1 , c2 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t),
∀c1 , c2 ∈ R,
dove X1 , X2 sono le due soluzioni linearmente indipendenti
X1 (t) = e3t v1 ,
X2 (t) = e−2t v2 .
Sistemi lineari 2 × 2
5
c) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti X 0 = AX, dove
A=
−4
−1
3
1
.
L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
∀C ∈ R2 ,
X(t) = eAt C,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
3 − λ
det(A − λI) = 1
−4 = λ2 − 2λ + 1.
−1 − λ Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicità m1 = 2. Determiniamo
gli autovettori associati a λ1 . Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = 0. Posto
v = (x, y) si ottiene y = 2x. Quindi si ha v = (x, 2x), x ∈ R. Ne segue che la
molteplicità geometrica dell’autovalore λ1 è 1. Quindi la matrice A non è diagonalizzabile. Sia v1 = (1, 2) uno di questi autovettori.
Determiniamo ora un autovettore generalizzato associato a λ1 . Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = v1 . Posto v = (x, y) si ottiene x = 2y + 1. Quindi
gli autovettori generalizzati sono della forma v = (2y + 1, y), y ∈ R. Sia quindi
v2 = (1, 0) uno di questi autovettori.
I vettori v1 e v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
B=
1
0
1
1
1
2
1
0
.
Quindi si ha
P =
.
Allora l’integrale generale è
X(t) = eAt C = P eBt C =
1
2
1
0
et
0
tet
et
c1
c2
=
c1 et + c2 tet
c1 et + c2 tet
!
,
per ogni c1 , c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 et v1 + c2 et (tv1 + v2 ),
∀c1 , c2 ∈ R,
6
Sistemi differenziali: esercizi svolti
ovvero che l’integrale generale è dato da
∀c1 , c2 ∈ R,
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t),
dove X1 , X2 sono le due soluzioni linearmente indipendenti
X1 (t) = et v1 ,
X2 (t) = et (tv1 + v2 ).
Esercizio 2. Determinare la soluzione dei seguenti problemi di Cauchy:
(
a)
X 0 = AX + B
X(0) = 0,
A=
2
4
1
−1
,
B=
e−2t
−e−2t
3 3t
25 e
3 3t
25 e
"
X(t) =
 0
 X = AX
0
b)
,
 X(0) =
1
A=
1
−1
1
3
−
−
3 −2t
25 e
3 −2t
25 e
+ 25 te−2t
− 85 te−2t
te2t
"
X(t) =
!#
!#
(t + 1)e2t
Svolgimento
a) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX + B è dato da
X(t) = eAt
Z
e−At B(t) dt ,
dove eAt e e−At sono rispettivamente le matrici esponenziali di At e −At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
2 − λ
det (A − λI) = 4
0 = λ2 − λ − 6.
−1 − λ Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 3 e λ2 = −2. Quindi A è diagonalizzabile.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2 . Cominiciamo con λ1 .
Risolviamo il sistema lineare (A − 3I)v = 0. Si ha
−x + y = 0
=⇒
v = (x, x),
Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori.
∀x ∈ R.
Sistemi lineari 2 × 2
7
Cerchiamo un autovettore associato a λ2 = −2. Risolviamo il sistema lineare
(A + 2I)v = 0. Si ha
4x + y = 0
v = (x, −4x),
=⇒
∀x ∈ R.
Sia quindi v2 = (1, −4) uno di questi autovettori.
I vettori v1 , v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
B=
3
0
0
−2
.
Quindi si ha
P =
1
1
1
−4
4
5
1
5
P −1 =
,
1
5
!
.
− 51
Allora la matrice esponenziale eAt è
eAt = P eBt P −1 =
=
e la matrice esponenziale
−At
e
1
1
=e
e3t
0
1 −2t
5e
4 −2t
5e
4 3t
5e +
4 3t
5e −
e−At è
A(−t)
1
−4
4 −3t
5e
4 −3t
5e
=
4
5
1
5
0
e−2t
1 3t
5e
1 3t
5e
− 15 e−2t
1
5
!
=
− 15
!
+ 45 e−2t
1 −3t
5e
1 −3t
5e
+ 15 e2t
− 45 e2t
− 51 e2t
!
.
+ 54 e2t
Si ha che
−At
e
4 −3t
5e
4 −3t
5e
B(t) =
1 −3t
5e
1 −3t
5e
+ 51 e2t
− 54 e2t
− 15 e2t
!
+ 45 e2t
e−2t
−e−2t
3 −5t
5e
3 −5t
5e
=
+
−
2
5
8
5
!
.
Allora
Z
e−At B(t) dt =
3 −5t
5e
3 −5t
5e
Z
+
−
2
5
8
5
3 −5t
− 25
e
+ 25 t + c1
!
dt =
3 −5t
− 25
e
− 85 t + c2
!
,
∀c1 , c2 ∈ R.
Allora l’integrale generale è
At
Z
X(t) = e
4 3t
5e
4 3t
5e
=
 4
= 
5 c1
4
5 c1
+ 15 e−2t
− 45 e−2t
+ 51 c2 e3t +
+
1
5 c2
e3t
+
−At
e
B(t) dt =
1 3t
1 −2t !
3 −5t
− 25
e
5e − 5e
1 3t
4 −2t
3 −5t
e + 5e
− 25 e
5
1
3
2
1
−2t
5 c1 − 5 c2 − 25 + 5 t e
− 45 c1
+
4
5 c2
−
3
25
−
8
5t
+ 25 t + c1
− 85 t + c2
e−2t
!
=

,
∀c1 , c2 ∈ R.
8
Sistemi differenziali: esercizi svolti
Imponendo la condizione iniziale X(0) = 0 si ha c1 = c2 =
3
25 .
Quindi la soluzione
del problema di Cauchy è

X(t) = 
3 3t
25 e
3 3t
25 e
+
2
5t
−
8
5t
−
3
25
e−2t
+
3
25
e−2t

.
b) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
∀C ∈ R2 .
X(t) = eAt C,
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
1 − λ
det (A − λI) = −1
1 = (λ − 2)2 .
3 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ = 2 con molteplicità algebrica 2.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − 2I)v = 0. Si ha
−x + y = 0
=⇒
∀x ∈ R.
v = (x, x),
Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori. Ne segue che la matrice A non è
diagonalizzabile.
Cerchiamo un autovettore generalizzato associato a λ. Risolviamo il sistema lineare
(A − 2I)v = v1 . Si ha
−x + y = 1
=⇒
v = (x, x + 1),
∀x ∈ R.
Sia quindi v2 = (0, 1) uno di questi autovettori.
I vettori v1 , v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
B=
2
0
1
2
1
1
0
1
.
Quindi si ha
P =
.
Allora l’integrale generale è
X(t) = eAt C = P eBt C =
1
1
0
1
e2t
0
te2t
e2t
c1
c2
=
c1 e2t + c2 te2t
(c1 + c2 )e2t + c2 te2t
!
,
Sistemi lineari 2 × 2
9
per ogni c1 , c2 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =
c2 = 1. Quindi la soluzione del problema di Cauchy è
te2t
X(t) =
(t + 1)e2t
!
.
0
1
si ha c1 = 0 e
10
Sistemi differenziali: esercizi svolti
Sistemi lineari 3 × 3
2
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficoltà maggiore.
Esercizio 1. Determinare l’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX nei seguenti
casi:
−1
2
1
1
a) A =  0
−2

1
0 
−1



c1 cos t + c2 sin t + 2c3 e2t

−5c3 e2t

,


X(t) = 

∀c1 , c2 , c3 ∈ R

(c2 − c1 ) cos t − (c1 + c2 ) sin t − 3c3 e2t
1

b) A =
1
−1

0 0
2 1
0 2


1
c) A =  0
0
0
d) A =  0
−1

3
1
2
2
0
1


∀c1 , c2 , c3 ∈ R

c2 e2t + c3 et
 

∀c1 , c2 , c3 ∈ R
(c1 − c2 + c3 + c2 t)et


c3 et

,




X(t) = 






1 1
1 0
1 2




X(t) =  (c1 + c2 t)e2t − 2c3 et  ,


c3 et

c1 + c2 t + 21 c3 t2 et
1
2 c2


X(t) = 
−

1
t
,
2 c3 e

3
1
t
8 c3 + 2 c3 t e



∀c1 , c2 , c3 ∈ R

(c1 + c2 t)et
Svolgimento
a) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
X(t) = eAt C,
∀C ∈ R3 ,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
1 − λ
det (A − λI) = 0
−2
−1
2−λ
1
1 0 = (2 − λ)(λ2 + 1).
−1 − λ Quindi gli autovalori di A sono λ1,2 = ±i, λ3 = 2, tutti con molteplicità 1. Quindi
la matrice A è diagonalizzabile in C. Poichè la matrice A ha autovalori non reali,
conviene cercare un sistema fondamentale di soluzioni di X 0 = AX. L’integrale
Sistemi lineari 3 × 3
11
generale è dato da una qualunque combinazione lineare degli elementi di questo
sistema fondamentale di soluzioni.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 , λ2 , λ3 . Cominiciamo con λ1 .
Risolviamo il sistema lineare (A − iI)v = 0. Si ha

(1 − i)x + z = 0



y=0



=⇒
v = (x, 0, (−1 + i)x),
∀x ∈ R.
−2x − (1 + i)z = 0
Sia quindi w1 = (1, 0, −1+i) uno di questi autovettori. Essendo λ2 = −i complesso
coniugato di λ1 = i, un autovettore associato a λ2 è w2 = w1 = (1, 0, −1 − i).
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ3 = 2. Risolviamo il sistema lineare
(A − 2I)v = 0. Si ha
(
−x − y + z = 0
3
5
v = x, − x, − x ,
2
2
−2x + y − 3z = 0
=⇒
∀x ∈ R.
Sia quindi v3 = (2, −5, −3) uno di questi autovettori.
Un sistema fondamentale di soluzioni è dato da
1
cos t
it 




,
= Re e
0
=
0
−1 + i
− cos t − sin t

X1 (t) = Re eλ1 t w1
X2 (t) = Im eλ1 t w1



sin t
1
,
= Re eit  0  = 
0
cos t − sin t
−1 + i






2
2e2t
X3 (t) = eλ3 t v3 = e2t  −5  =  −5e2t  .
−3
−3e2t




Allora l’integrale generale è
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t) + c3 X3 (t) =

c1 cos t + c2 sin t + 2c3 e2t


−5c3 e2t

,

=

c1 (− cos t − sin t) + c2 (cos t − sin t) − 3c3 e2t
per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R.
b) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
X(t) = eAt C,
∀C ∈ R3 ,
12
Sistemi differenziali: esercizi svolti
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
1 − λ
det (A − λI) = 1
−1
0
0 2−λ
1 = (1 − λ)(2 − λ)2 .
0
2 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicità m1 = 1 e λ2 = 2 con
molteplicità m2 = 2.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2 . Cominiciamo con λ2 perchè ha
molteplicità 2.
Risolviamo il sistema lineare (A − 2I)v = 0. Si ha

−x = 0



x+z =0



=⇒
v = (0, y, 0),
∀y ∈ R.
−x = 0
Sia quindi v1 = (0, 1, 0) uno di questi autovettori. Poichè λ2 = 2 ha molteplicità
algebrica m2 = 2 e ha un solo autovettore lineramente indipendente, cioè ha
molteplicità geometrica µ2 = 1, allora la matrice A non è diagonalizzabile. Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ2 .
Risolviamo il sistema lineare (A − 2I)v = v1 . Si ha

−x = 0



x+z =1



=⇒
v = (0, y, 1),
∀y ∈ R.
−x = 0
Sia quindi v2 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ1 = 1. Risolviamo il sistema lineare
(A − I)v = 0. Si ha
(
x+y+z =0
−x + z = 0
=⇒
v = (x, −2x, x),
∀x ∈ R.
Sia quindi v3 = (1, −2, 1) uno di questi autovettori.
I vettori v1 , v2 , v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
2

B= 0
0

1
2
0
0
0.
1

Sistemi lineari 3 × 3
13
Quindi si ha
0
P = 1
0
0
0
1

1
−2  .
1

Allora l’integrale generale è
0
X(t) = eAt C = P eBt C =  1
0

e2t
1
−2   0
0
1
0
0
1
c3 et

te2t
e2t
0

0
c1
0   c2  =
et
c3



2t
t
=
 (c1 + c2 t)e − 2c3 e  ,


c2 e2t + c3 et
per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 e2t v1 + c2 e2t (tv1 + v2 ) + c3 et v3 ,
∀c1 , c2 , c3 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t) + c3 X3 (t),
∀c1 , c2 , c3 ∈ R,
dove X1 , X2 , X3 sono le tre soluzioni linearmente indipendenti
X1 (t) = e2t v1 ,
X2 (t) = e2t (tv1 + v2 ),
X3 (t) = et v3 .
c) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
X(t) = eAt C,
∀C ∈ R3 ,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
1 − λ
det (A − λI) = 0
0
3
2 1−λ
0 = (1 − λ)3 .
2
1 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ = 1 con molteplicità algebrica m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = 0. Si ha

3y + 2z = 0



y=0



x∈R
=⇒
v = (x, 0, 0),
∀x ∈ R.
14
Sistemi differenziali: esercizi svolti
Sia quindi v1 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori. Poichè λ ha molteplicità algebrica m = 3 e ha un solo un autovettore linearmente indipendente, cioè ha
molteplicità geometrica µ = 1, allora la matrice A non è diagonalizzabile. Cerchiamo ora due autovettori generalizzati associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = v1 . Si ha

3y + 2z = 1



y=0



1
,
v = x, 0,
2
=⇒
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v2 = 0, 0, 12 uno di questi autovettori generalizzati.
Risolviamo ora il sistema lineare (A − I)v = v2 . Si ha

3y + 2z = 0



2y =



1
2
1 3
v = x, , −
,
4 8
=⇒
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v3 = 0, 14 , − 83 uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1 , v2 , v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
1
B = 0
0
1
1
0

0
1.
1

Quindi si ha
1
P = 0
0

1
1
0

.
1
2
1
3
− 38
Allora l’integrale generale è
1
X(t) = eAt C = P eBt C =  0
0
1
1


1
2
et
1 
0
3
− 38
0
0

c1 et + c2 tet + 21 c3 t2 et

1 2 t
c1
2t e
tet   c2 
et
c3
tet
et
0
=

1
t
,

4 c3 e
3
1
t
t
8 c3 e + 2 c3 te


=

1
t
2 c2 e
−
per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da
t
t
X(t) = c1 e v1 + c2 e (tv1 + v2 ) + c3
1 2
t v1 + tv2 + v3 et ,
2
∀c1 , c2 , c3 ∈ R,
Sistemi lineari 3 × 3
15
ovvero che l’integrale generale è dato da
∀c1 , c2 , c3 ∈ R,
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t) + c3 X3 (t),
dove X1 , X2 , X3 sono le tre soluzioni linearmente indipendenti
t
X1 (t) = e v1 ,
t
X2 (t) = e (tv1 + v2 ),
X3 (t) =
1 2
t v1 + tv2 + v3 et .
2
d) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
∀C ∈ R3 ,
X(t) = eAt C,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
−λ
det (A − λI) = 0
−1
1
1−λ
1
1 0 = (1 − λ)3 .
2 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ = 1 con molteplicità algebrica m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = 0. Si ha
−x + y + z = 0
=⇒
v = (y + z, y, z),
∀y, z ∈ R.
Siano quindi v1 = (1, 1, 0) e v2 = (1, 0, 1) due di questi autovettori. Poichè λ ha
molteplicità algebrica m = 3 e ha solo due autovettori linearmente indipendenti,
cioè ha molteplicità geometrica µ = 2, allora la matrice A non è diagonalizzabile.
Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = v1 . Si ha
−x + y + z = 1
=⇒
v = (y + z − 1, y, z),
∀y, z ∈ R.
Sia quindi v3 = (−1, 0, 0) uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1 , v3 , v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
1

B= 0
0

1
1
0
0
0.
1

16
Sistemi differenziali: esercizi svolti
Quindi si ha
−1
0
0
1
P = 0
1

1
1.
0

Allora l’integrale generale è
−1
0
0
1
X(t) = eAt C = P eBt C =  0
1

1
et
1 0
0
0
tet
et
0


(c1 − c2 + c3 )et + c2 tet


c3 et

,

=

0
c1
0   c2  =
et
c3


c1 et + c2 tet
per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 et v1 + c2 et (tv1 + v3 ) + c3 et v2 ,
∀c1 , c2 , c3 ∈ R,
ovvero che l’integrale generale è dato da
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t) + c3 X3 (t),
∀c1 , c2 , c3 ∈ R,
dove X1 , X2 , X3 sono le tre soluzioni linearmente indipendenti
X1 (t) = et v1 ,
X2 (t) = et (tv1 + v3 ),
X3 (t) = et v2 .
Esercizio 2. Determinare l’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX + B, dove
3
A = 0
0
0
1
1

0
0,
1

t
B = 1.
0
 
Svolgimento
L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX + B è dato da
At
X(t) = e
Z
−At
e
B(t) dt ,
dove eAt e e−At sono rispettivamente le matrici esponenziali di At e −At.
Sistemi lineari 3 × 3
17
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
3 − λ
det (A − λI) = 0
0
0
0 1−λ
0 = (3 − λ)(1 − λ)2 .
1
1 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 con molteplicità m1 = 2 e λ2 = 3 con molteplicità
m2 = 1.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2 . Cominiciamo con λ1 perchè ha
molteplicità 2.
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = 0. Si ha
(
2x = 0
=⇒
y=0
∀z ∈ R.
v = (0, 0, z),
Sia quindi v1 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori. Poichè λ1 = 1 ha molteplicità algebrica
m1 = 2 e ha un solo autovettore linearmente indipendente, cioè ha molteplicitè geometrica µ1 = 1, allora la matrice A non è diagonalizzabile. Cerchiamo ora un autovettore
generalizzato associato a λ1 .
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = v1 . Si ha
(
2x = 0
=⇒
y=1
∀z ∈ R.
v = (0, 1, z),
Sia quindi v2 = (0, 1, 0) uno di questi autovettori generalizzati.
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ2 = 3. Risolviamo il sistema lineare
(A − 3I)v = 0. Si ha
(
−2y = 0
=⇒
y − 2z = 0
∀x ∈ R.
v = (x, 0, 0),
Sia quindi v3 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori.
I vettori v1 , v2 , v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
1

B= 0
0

1
1
0
0
0.
3

Quindi si ha
0

P = 0
1
0
1
0

1
0,
0

0

=P = 0
1

P −1
0
1
0
1
0.
0

Allora la matrice esponenziale eAt è
0

= 0
1

eAt = P eBt P −1
0
1
0
1
et
0 0
0
0

tet
et
0
0
0


0
0
e3t
1

0
1
0
1
e3t
0 =  0
0
0


0
et
tet
0
0
et

18
Sistemi differenziali: esercizi svolti
e la matrice esponenziale e−At è
e−3t
= 0
0
0
e−t
−te−t

e−At = eA(−t)
Si ha che
e−3t
B(t) =  0
0
e

te−3t
0
t
0   1  =  e−t  .
e−t
0
−te−t
0
e−t
−te−t

−At
0
0 .
e−t
 


Allora

Z
Z
e−At B(t) dt =
te−3t


−

 e−t  dt = 


−t
1
3t
+
1
9
−e−t
−te
e−3t + c1



,

+ c2
(t + 1)e−t + c3
∀c1 , c2 , c3 ∈ R.
Allora l’integrale generale è

At
Z
X(t) = e
−At
e

B(t) dt
e3t
0
et
tet
= 0
0


=

c1 e3t − 13 t −
1
9
0 

0 

et

−
1
3t
+
1
9
e−3t + c1



=

−e−t + c2
(t + 1)e−t + c3

c2 et − 1

,

∀c1 , c2 , c3 ∈ R.
(c2 t + c3 )et + 1
Esercizio 3. Determinare la soluzione dei seguenti problemi di Cauchy:
a)
 0
X = AX



 

1

X(0) =  0  ,



1
b)
 0
X = AX



 

1
0,

X(0)
=



1
(
c)
X 0 = AX + B
X(0) = 0,
0

A= 0
0

0
1
1
1 0
A = 0 1
0 1

1
A =  −1
0


1
1
1


1
2

1
−1 
1


+ 21 t + 41 e2t


X(t) =  − 1 + 1 e2t


2
2

1 1
3 1,
0 2
3
4




+ 21 e2t

et sin t




X(t) =  −et sin t 



et cos t
1
B= t 
e2t
 1 2t
1 2t
1 2 2t
1
1 
2 e − 4 te + 2 t e + 4 t − 2




X(t) =  1 e2t − 1 te2t + 1 t2 e2t − 1 t −

4
4
2
4
te2t
1
4



Sistemi lineari 3 × 3
d)
 0
X = AX





19
0
A =  −1
0

1


X(0)
=
0 ,



−1



2 1
2 1
1 1

(1 − 2t − t2 )et

−2tet





X(t) = 


−(1 + t2 )et
Svolgimento
a) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
X(t) = eAt C,
∀C ∈ R3 ,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
−λ
det (A − λI) = 0
0
0
1−λ
1
1 1 = −λ2 (λ − 2).
1 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 0 con molteplicità m1 = 2 e λ2 = 2 con
molteplicità m2 = 1.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 e λ2 . Cominiciamo con λ1 perchè ha
molteplicità 2.
Risolviamo il sistema lineare Av = 0. Si ha

z=0



y+z =0



=⇒
v = (x, 0, 0),
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v1 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori. Poichè λ1 = 0 ha molteplicità
algebrica m1 = 2 e ha un solo autovettore lineramente indipendente, cioè ha
molteplicità geometrica µ1 = 1, allora la matrice A non è diagonalizzabile. Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ1 .
Risolviamo il sistema lineare Av = v1 . Si ha

z=1



y+z =0



=⇒
v = (x, −1, 1),
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v2 = (0, −1, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
20
Sistemi differenziali: esercizi svolti
Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ2 = 2. Risolviamo il sistema lineare
(A − 2I)v = 0. Si ha

−2x + z = 0



−y + z = 0



=⇒
v = (x, 2x, 2x),
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v3 = (1, 2, 2) uno di questi autovettori.
I vettori v1 , v2 , v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
0
B = 0
0
1
0
0

0
0.
2

Quindi si ha
1

P = 0
0
0
−1
1

1
2.
2

Allora l’integrale generale è
1 0
At
Bt

X(t) = e C = P e C = 0 −1
0 1


1
1


2
0
2
0

c1 + c2 t + c3 e2t
t
1
0
0
c1


0
c2  =
2t
e
c3



2t  ,
=

 −c2 + 2c3 e


c2 + 2c3e2t
1
per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =  0  si ha c1 = 34 ,
1
c2 = 12 e c3 = 41 . Quindi la soluzione del problema di Cauchy è
 

3
4
+ 12 t + 14 e2t

1
1 2t 
X(t) = 
 −2 + 2e
.


1
2
+ 21 e2t
b) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
X(t) = eAt C,
∀C ∈ R3 ,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
1 − λ
det (A − λI) = 0
0
0
1 1−λ
−1 = (1 − λ) λ2 − 2λ + 2 .
1
1 − λ
Sistemi lineari 3 × 3
21
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 1 e λ2,3 = 1±i tutti con molteplicità 1. Quindi
la matrice A è diagonalizzabile in C. Poichè la matrice A ha autovalori non reali,
conviene cercare un sistema fondamentale di soluzioni di X 0 = AX. L’integrale
generale è dato da una qualunque combinazione lineare degli elementi di questo
sistema fondamentale di soluzioni.
Determiniamo gli autovettori associati a λ1 , λ2 , λ3 . Cominiciamo con λ1 .
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = 0. Si ha

z=0



=⇒
y=0



v = (x, 0, 0),
∀x ∈ R.
x∈R=0
Sia quindi v1 = (1, 0, 0) uno di questi autovettori.
Cerchiamo ora un autovettore associato a con λ2 = 1 + i.
Risolviamo il sistema lineare (A − (1 + i)I)v = 0. Si ha
(
 y = −x


−ix + z = 0
−iy − z = 0
=⇒
z = ix


v = (x, −x, ix),
=⇒
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi w2 = (1, −1, i) uno di questi autovettori. Essendo λ3 = 1 − i complesso
coniugato di λ2 = 1 + i, un autovettore associato a λ3 è w3 = w2 = (1, −1, −i).
Un sistema fondamentale di soluzioni è dato da
1
et
λ1 t
t 
X1 (t) = e v1 = e 0 =  0  ,
0
0
 


1
et cos t
(1+i)t
 −1  =  −et cos t  ,
= Re e
i
−et sin t
1
et sin t
= Re e(1+i)t  −1  =  −et sin t  .
i
et cos t

X2 (t) = Re eλ2 t w2

X3 (t) = Im eλ2 t w2








Allora l’integrale generale è

(c1 + c2 cos t + c3 sin t)et

t 
X(t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t) + c3 X3 (t) = 
 (−c2 cos t − c3 sin t)e  ,


(−c2 sin t + c3 cos t)et
22
Sistemi differenziali: esercizi svolti
0
per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =  0  si ha
1
c1 = c2 = 0 e c3 = 1. Quindi la soluzione del problema di Cauchy è
 
et sin t

X(t) = −et sin t  .
et cos t


c) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX + B è dato da
X(t) = eAt
Z
e−At B(t) dt ,
dove eAt e e−At sono rispettivamente le matrici esponenziali di At e −At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
1 − λ
det (A − λI) = −1
0
1
1 3−λ
1 = (2 − λ)3 .
0
2 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ = 2 con molteplicità m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − 2I)v = 0. Si ha
−x + y + z = 0
=⇒
v = (y + z, y, z),
∀y, z ∈ R.
Siano quindi v1 = (1, 1, 0) e v2 = (1, 0, 1) due di questi autovettori. Poichè λ ha
molteplicità algebrica m = 3 e ha solo due autovettori linearmente indipendenti,
cioè ha molteplicitè geometrica µ = 2, allora la matrice A non è diagonalizzabile.
Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − 2I)v = v1 . Si ha
−x + y + z = 1
=⇒
v = (y + z − 1, y, z),
∀y, z ∈ R.
Sia quindi v3 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1 , v3 , v2 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
2
B = 0
0

1
2
0
0
0.
2

Quindi si ha
1

P = 1
0

0
0
1
1
0,
1

0

= −1
1

P −1
1
1
−1
0
1.
0

Sistemi lineari 3 × 3
23
Allora la matrice esponenziale eAt è
1

= 1
0

eAt = P eBt P −1
0
0
1
e2t
1
0 0
0
1

(1 − t)e2t
=  te2t
0
te2t
e2t
0
te2t
(t + 1)e2t
0

0
0
1


0
−1 1
e2t
1 −1

0
1 =
0

te2t
te2t 
e2t

e la matrice esponenziale e−At è
(t + 1)e−2t
=  −te−2t
0

e−At = eA(−t)
−te−2t
(1 − t)e−2t
0
−te−2t
−te−2t  .
e−2t

Si ha che
(t + 1)e−2t
−At
e
B(t) =  −te−2t
0
−te−2t
(1 − t)e−2t
0

−te−2t
1
−te−2t   t  =
e2t
e−2t


(t + 1 − t2 )e−2t − t
=  (2t − t2 )e−2t − t  .
1

Allora

(t + 1 − t2 )e−2t − t
e−At B(t) dt =  (2t − t2 )e−2t − t  dt =
1


1 2
1 2
−2t
− 2 t + c1
2 (t − 1)e


Z
Z
1
2
−2t − 1 t2 + c  ,
=
2
 4 (2t − 2t − 1)e
2


t + c3
per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R. Allora l’integrale generale è
X(t) = eAt
Z
e−At B(t) dt =
1 2
−2t − 1 t2 + c

1
2 (t − 1)e
2
te2t 

1
2 − 2t − 1)e−2t − 1 t2 + c  =
(2t
te2t  
2

4
2
e2t
t + c3


1 2 2t
1
2t
2t
c1 e + (−c1 + c2 + c3 )te + 2 t e + 4 t − 12
(1 − t)e2t
=  te2t
0

te2t
(t + 1)e2t
0


1
1
1 2 2t
2t
2t
=
 c2 e + (−c1 + c2 + c3 )te + 2 t e + 4 t − 4  ,


∀c1 , c2 , c3 ∈ R.
c3 e2t + te2t
Imponendo la condizione iniziale X(0) = 0 si ha c1 = 21 , c2 =
la soluzione del problema di Cauchy è


X(t) = 

1 2t
1 2t
1 2 2t
1
1
2e − 4e + 2t e + 4t − 2
1 2t
1 2t
1 2 2t
1
1
4 e − 4 te + 2 t e + 4 t − 4
te2t


.

1
4
e c3 = 0. Quindi
24
Sistemi differenziali: esercizi svolti
d) L’integrale generale del sistema lineare X 0 = AX è dato da
∀C ∈ R3 ,
X(t) = eAt C,
dove eAt è la matrice esponenziale di At.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
−λ
det (A − λI) = −1
0
2
2−λ
1
1 1 = (1 − λ)3 .
1 − λ
Quindi gli autovalori di A sono λ = 1 con molteplicità algebrica m = 3.
Determiniamo gli autovettori associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = 0. Si ha

−x + 2y + z = 0



−x + y + z = 0



z = x


y=0
=⇒


y=0
=⇒
v = (x, 0, x),
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v1 = (1, 0, 1) uno di questi autovettori. Poichè λ ha molteplicità algebrica m = 3 e ha un solo un autovettore linearmente indipendente, cioè ha
molteplicità geometrica µ = 1, allora la matrice A non è diagonalizzabile. Cerchiamo ora due autovettori generalizzati associati a λ.
Risolviamo il sistema lineare (A − I)v = v1 . Si ha

−x + 2y + z = 1



−x + y + z = 0



=⇒

z =x−1



y=1



y=1
=⇒
v = (x, 1, x − 1),
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v2 = (1, 1, 0) uno di questi autovettori generalizzati.
Risolviamo ora il sistema lineare (A − I)v = v2 . Si ha

−x + 2y + z = 1



−x + y + z = 1



y=0
=⇒

z =x+1



y=0



=⇒
v = (x, 0, +1),
∀x ∈ R.
x∈R
Sia quindi v3 = (0, 0, 1) uno di questi autovettori generalizzati.
I vettori v1 , v2 , v3 formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale
che A = P BP −1 , dove B è la matrice simile ad A siffatta:
1

B= 0
0

1
1
0
0
1.
1

Sistemi lineari 3 × 3
25
Quindi si ha
1
P = 0
1

1
1
0
0
0.
1

Allora l’integrale generale è
1
At
Bt

X(t) = e C = P e C = 0
1

1
1
0
et
0
0 0
1
0

tet
et
0

1 2 t
c1
2t e
tet   c2 
et
c3

[c1 + c2 + (c2 + c3 )t + 12 c3 t2 ]et


(c2 + c3 t)et

,

=

=
(c1 + c3 + c2 t + 21 c3 t2 )et
1

per ogni c1 , c2 , c3 ∈ R. Imponendo la condizione iniziale X(0) =
0  si ha
−1
c1 = 1, c2 = 0 e c3 = −2. Quindi la soluzione del problema di Cauchy è


(1 − 2t − t2 )et


−2tet

.

X(t) = 

−(1 + t2 )et
