Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti

Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi
svolti
1
Sistemi lineari 2 × 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Stabilità nei sistemi lineari 2 × 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1
2
2
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
1
Sistemi lineari 2 × 2
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficoltà maggiore.
Esercizio 1. Determinare l’integrale generale dei seguenti sistemi lineari:
a)
b)
( 0
x +x−y =0
"(
y 0 − 4x + y = 0
"(
y 0 = 4x − y
d)
X0
= AX, con A =
µ
= AX, con A =
3 −4
1 −1
2 −1
2 4
"
¶
µ
µ
= AX + B(t), con A =
µ
f)
= AX + B(t), con A =

1
2
"
2
1
¶
X(t) =
#
,
c1 , c2 ∈ R
e3t ,
c1 , c2 ∈ R
(c1 + c2 t)et
1
2
2
1
¶
¸
t
1
Ã
c1 e−t + c2 e3t + 31 t −
, B(t) =
−c1 e−t + c2 e3t −
¶
, B(t) =

c1
e−t
µ 3t ¶
e
0
+ c2 e3t +
−c1
µ
"
!
µ ¶
X(t) = 
g) X 0 = AX + B(t), con A =
(2c1 + c2 + 2c2 t)et
c1 cos t + c2 sin t
−(c1 + c2 ) cos t + (c1 − c2 ) sin t
X(t) =
X0
c1 , c2 ∈ R
¶
X(t) =
e)
Ã
X(t) =
·
X0
#
x(t) = c1 e3t + c2 e−2t
y(t) = c1 e3t − 4c2 e−2t ,
µ
c)
c1 , c2 ∈ R
y(t) = 2c1 et − 2c2 e3t ,
( 0
x = 2x + y
X0
#
x(t) = c1 et + c2 e3t
e−t
¶
+ c2
µ
³
1
2t
e3t
¶
+
+
11
9
2
7
3t + 9
1
4
´
e3t
1
3t
2t e
!
,

Svolgimento
a) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti
( 0
x +x−y =0
y 0 − 4x + y = 0.
Scritto in forma esplicita (o normale) diventa
( 0
x = −x + y
y 0 = 4x − y
c1 , c2 ∈ R

,
0 1
sin t
, B(t) =
−1 0
0
Ã
!
1
c1 cos t + c2 sin t − 2 cos t + 21 t sin t
−c1 sin t + c2 cos t + 21 t cos t
#
c1 , c2 ∈ R
#
,
c1 , c2 ∈ R
Sistemi lineari 2 × 2
3
e in forma matriciale è X 0 = AX, dove la matrice dei coefficienti è
µ
A=
−1 1
4 −1
¶
.
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.
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.
L’integrale generale è
Ã
t
X(t) = c1 v1 e + c2 v2 e
−3t
=
c1 et + c2 e−3t
!
2c1 et − 2c2 e−3t
,
c1 , c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire 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) = v1 et ,
X2 (t) = v2 e−3t .
b) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti
( 0
x = 2x + y
y = 4x − y.
Scritto in forma matriciale è X 0 = AX, dove la matrice dei coefficienti è
µ
A=
2 1
4 −1
¶
.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
¯
¯2 − λ
det(A − λI) = ¯¯
4
¯
1 ¯¯
= λ2 − λ − 6.
−1 − λ ¯
4
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = 3 con molteplicità m1 = 1 e λ2 = −2 con
molteplicità m2 = 1.
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.
L’integrale generale è
Ã
3t
X(t) = c1 v1 e + c2 v2 e
−2t
=
c1 e3t + c2 e−2t
c1 e3t − 4c2 e−2t
!
,
c1 , c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire 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) = v1 e3t ,
X2 (t) = v2 e−2t .
c) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti X 0 = AX, dove
µ
A=
3 −4
1 −1
¶
.
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. 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.
Sistemi lineari 2 × 2
5
L’integrale generale è
Ã
t
t
X(t) = c1 v1 e + c2 (tv1 + v2 )e =
c1 et + c2 tet
!
c1 et + c2 tet
,
c1 , c2 ∈ R.
In modo alternativo ma equivalente, si può dire 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) = v1 et ,
X2 (t) = (tv1 + v2 )et .
d) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti X 0 = AX, dove
µ
2 −1
2 4
A=
¶
.
Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
¯
¯2 − λ
det(A − λI) = ¯¯
2
¯
−1 ¯¯
= λ2 − 6λ + 10.
4 − λ¯
Quindi gli autovalori di A sono complessi coniugati λ1,2 = 3 ± i. Determiniamo un
autovettore associato a λ1 = 3+i. Risolviamo il sistema lineare (A−(3+i)I)w = 0.
Posto w = (x, y) si ottiene y = −(1 + i)x. Quindi si ha w = (x, −(1 + i)x), x ∈ C.
Scegliamo ad esempio w = (1, −(1 + i)). Consideriamo la funzione
µ
Z(t) = w eλ1 t =
·µ
=
cos t
− cos t + sin t
1
1+i
¶
¶
e3t (cos t + i sin t) =
µ
+i
sin t
− cos t − sin t
¶¸
e3t .
L’integrale generale è
µ
X(t) = c1 Re (Z(t)) + c2 Im (Z(t)) =
c1 cos t + c2 sin t
−(c1 + c2 ) cos t + (c1 − c2 ) sin t
¶
e3t ,
al variare di c1 , c2 ∈ R.
e) Consideriamo il sistema lineare non omogeneo a coefficienti costanti X 0 = AX +
B(t), dove
µ
A=
1 2
2 1
¶
µ ¶
,
B(t) =
t
1
.
L’integrale generale del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX +B è dato da X =
Xo + Xp , dove Xo è l’integrale generale del sistema omogeneo associato X 0 = AX
e Xp è un integrale particolare del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX + B.
6
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
Calcoliamo inizialmente Xo . Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
¯
¯1 − λ
det(A − λI) = ¯¯
2
¯
2 ¯¯
= λ2 − 2λ − 3.
1 − λ¯
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = −1 con molteplicità m1 = 1 e λ2 = 3 con
molteplicità m2 = 1.
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 = −x. Quindi si ha
v = (x, −x), x ∈ R. Sia quindi v1 = (1, −1) 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 = x. Quindi si ha v = (x, x), x ∈ R. Sia
quindi v2 = (1, 1) uno di questi autovettori.
L’integrale generale del sistema omogeneo associato è
Ã
Xo (t) = c1 v1 e
−t
+ c2 v2 e =
!
c1 e−t + c2 e3t
3t
,
−c1 e−t + c2 e3t
c1 , c2 ∈ R.
µ ¶
Calcoliamo ora Xp . Il termine noto B del sistema non omogeneo è B(t) =
µ ¶
t
1
=
t
e0t . Quindi le sue componenti sono il prodotto di un polinomio di primo
1
grado e di un polinomio costante per la funzione esponenziale e0t . Poichè 0 non è
un autovalore della matrice A, un integrale particolare del sistema non omogeneo
è della forma
µ
Xp (t) =
at + b
ct + d
¶
µ
0t
e =
at + b
ct + d
¶
,
dove a, b, c, d ∈ R. Imponiamo che Xp risolva il sistema non omogeneo. Si ha che
µ ¶
Xp0
= AXp + B(t)
(
⇐⇒
⇐⇒
a
c
µ
=
a = (a + 2c + 1)t + b + 2d
c = (2a + c)t + 2b + d + 1
(a + 2c + 1)t + b + 2d
(2a + c)t + 2b + d + 1
⇐⇒
¶

a + 2c + 1 = 0





 a = b + 2d


2a + c = 0




c = 2b + d + 1
⇐⇒


a = 31





 b = − 11
9


c = − 23





d = 79 .
Sistemi lineari 2 × 2
7
Quindi un integrale particolare è
Xp (t) =
à 1
11 !
3t − 9
− 23 t +
7
9
.
L’integrale generale del sistema non omogeneo è
Ã
X(t) = Xo (t) + Xp (t) =
11
9
2
7
3t + 9
c1 e−t + c2 e3t + 31 t −
−c1 e−t + c2 e3t −
!
c1 , c2 ∈ R.
,
f ) Consideriamo il sistema lineare non omogeneo a coefficienti costanti X 0 = AX +
B(t), dove
µ
A=
1 2
2 1
¶
,
B(t) =
µ 3t ¶
e
0
.
L’integrale generale del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX +B è dato da X =
Xo + Xp , dove Xo è l’integrale generale del sistema omogeneo associato X 0 = AX
e Xp è un integrale particolare del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX + B.
Calcoliamo inizialmente Xo . Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
¯
¯1 − λ
det(A − λI) = ¯¯
¯
2 ¯¯
= λ2 − 2λ − 3.
1 − λ¯
2
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = −1 con molteplicità m1 = 1 e λ2 = 3 con
molteplicità m2 = 1.
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 = −x. Quindi si ha
v = (x, −x), x ∈ R. Sia quindi v1 = (1, −1) 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 = x. Quindi si ha v = (x, x), x ∈ R. Sia
quindi v2 = (1, 1) uno di questi autovettori.
L’integrale generale del sistema omogeneo associato è
Ã
Xo (t) = c1 v1 e
−t
3t
+ c2 v2 e =
c1 e−t + c2 e3t
−c1 e−t + c2 e3t
!
,
c1 , c2 ∈ R.
Calcoliamo ora Xp . Il termine noto B del sistema non omogeneo è B(t) =
µ ¶
µ 3t ¶
e
0
=
1 3t
e . Quindi le sue componenti sono il prodotto di due polinomi costanti per la
0
funzione esponenziale e3t . Poichè 3 è un autovalore della matrice A con molteplicità
algebrica 1, un integrale particolare del sistema non omogeneo è della forma
µ
Xp (t) =
at + b
ct + d
¶
e3t ,
8
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
dove a, b, c, d ∈ R. Imponiamo che Xp risolva il sistema non omogeneo. Si ha che
µ
Xp0 = AXp + B(t)
(
⇐⇒
⇐⇒
3at + 3b + a
3ct + 3d + c
¶
µ
e3t =
3at + 3b + a = (a + 2c)t + b + 2d + 1
(a + 2c)t + b + 2d + 1
(2a + c)t + 2b + d


3c = 2a + c




3d + c = 2b + d


a = 21





b ∈ R
⇐⇒
e3t

3a = a + 2c





 3b + a = b + 2d
⇐⇒
3ct + 3d + c = (2a + c)t + 2b + d + 1
¶


c = 21





d = b − 14 .
Scelto ad esempio b =
1
4
si ha che un integrale particolare è
Xp (t) =
Ã1
1!
2t + 4
.
1
2t
L’integrale generale del sistema non omogeneo è

X(t) = Xo (t) + Xp (t) = 
c1 e−t + c2 e3t +
−c1
e−t
+ c2
³
e3t
1
2t
+
+
1
4
´
e3t
1
3t
2t e

,
c1 , c2 ∈ R.
g) Consideriamo il sistema lineare non omogeneo a coefficienti costanti X 0 = AX +
B(t), dove
µ
A=
0
1
1
0
¶
µ
,
B(t) =
sin t
0
¶
.
L’integrale generale del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX +B è dato da X =
Xo + Xp , dove Xo è l’integrale generale del sistema omogeneo associato X 0 = AX
e Xp è un integrale particolare del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX + B.
Calcoliamo inizialmente Xo . Calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
¯
¯ −λ
det(A − λI) = ¯¯
−1
¯
1 ¯¯
= λ2 + 1.
−λ ¯
Quindi gli autovalori di A sono complessi coniugati λ1,2 = ±i.
Determiniamo un autovettore associato a λ1 = i. Risolviamo il sistema lineare
(A − iI)w = 0. Posto w = (x, y) si ottiene y = ix. Quindi si ha w = (x, ix), x ∈ C.
Scegliamo ad esempio w = (1, i). Consideriamo la funzione
µ ¶
Z(t) = w eλ1 t =
1
i
µ
e0t (cos t + i sin t) =
cos t
− sin t
¶
µ
+i
sin t
cos t
¶
.
Sistemi lineari 2 × 2
9
L’integrale generale del sistema omogeneo associato è
µ
Xo (t) = c1 Re (Z(t)) + c2 Im (Z(t)) =
c1 cos t + c2 sin t
−c1 sin t + c2 cos t
¶
c1 , c2 ∈ R.
,
Calcoliamo ora Xp . Il termine noto B del sistema non omogeneo è
µ
B(t) =
sin t
0
¶
·µ ¶
=e
0
0
0t
µ ¶
1
0
cos t +
¸
sin t .
Quindi le sue componenti sono il prodotto della funzione esponenziale e0t per delle
combinazioni lineari delle funzioni cos t e sin t, in cui i coefficienti sono polinomi
costanti. Poichè 0 ± 1i = ±i sono autovalori della matrice A con molteplicità
algebrica 1, un integrale particolare del sistema non omogeneo è della forma
·µ
Xp (t) = e0t
at + b
ct + d
¶
µ
cos t +
et + f
gt + h
¶
¸
µ
sin t =
at + b
ct + d
¶
µ
cos t +
et + f
gt + h
¶
sin t,
dove a, b, c, d, e, f, g, h ∈ R. Imponiamo che Xp risolva il sistema non omogeneo.
Si ha che
µ
et + f + a
gt + h + c
¶
⇐⇒
µ
cos t +
Xp0 = AXp + B(t)
−at − b + e
−ct − d + g
¶
µ
sin t =
⇐⇒
ct + d
−at − b

et + f + a = ct + d





 gt + h + c = −at − b


−at − b + e = gt + h + 1




µ
cos t +
gt + h + 1
−et − f
¶
sin t
e = c





f +a=d






 g = −a



⇐⇒
−ct − d + g = −et − f

a, f, h ∈ R






b = −h − 21



⇐⇒
¶
c=e=
h + c = −b




−b + e = h + 1







c=e




−d + g = −f
1
2





d=f +a




g = −a.
Scelto ad esempio a = f = h = 0 si ha che un integrale particolare è
Ã
Xp (t) =
− 12
1
2t
!
cos t +
Ã1 !
2t
0
sin t.
L’integrale generale del sistema non omogeneo è
Ã
X(t) = Xo (t)+Xp (t) = X(t) =
c1 cos t + c2 sin t − 12 cos t + 21 t sin t
−c1 sin t + c2 cos t + 21 t cos t
!
,
c1 , c2 ∈ R.
10
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
Esercizio 2. Determinare la soluzione dei seguenti problemi di Cauchy:
 0
 X = AX
µ ¶
0
a)
,
 X(0) =
µ
A=
1
 0
 X = AX
µ ¶
1
b)
,
 X(0) =
µ
A=
0
 0
 X = AX
µ
¶
1
c)
,
 X(0) =
1 1
−1 3
A=
−1
(
d)
µ
X 0 = AX + B
A=
X(0) = 0,
"
¶
−3 −1
1 −1
2 1
4 −1
Ã
X(t) =
2 −3
−3 2
µ
"
¶
te2t
(t + 1)e2t
1
X(t) =
2
!#
à −t
e + e5t
e−t − e5t
"
¶
Ã
X(t) =
¶
µ
,
B=
e−2t
−e−2t
"
X(t) =
!#
e−2t
!#
−e−2t
¶
à 3 3t
!#
3 −2t
+ 52 te−2t
25 e − 25 e
3 3t
25 e
−
3 −2t
25 e
− 58 te−2t
Svolgimento
a) 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
=⇒
v = (x, x),
∀x ∈ R.
Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori.
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.
L’integrale generale è
Ã
X(t) = c1 v1 e2t + c2 (tv1 + v2 )e2t =
c1 e2t + c2 te2t
(c1 + c2 )e2t + c2 te2t
!
,
c1 , c2 ∈ R.
Sistemi lineari 2 × 2
11
µ ¶
0
1
Imponendo la condizione iniziale X(0) =
si ottiene c1 = 0 e c2 = 1. Quindi
la soluzione del problema di Cauchy è
Ã
!
te2t
X(t) =
.
(t + 1)e2t
b) Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
¯
¯
¯2 − λ
det (A − λI) = ¯¯
−3 ¯¯
= (λ − 2)2 − 9.
2 − λ¯
−3
Quindi gli autovalori di A sono λ1 = −1 con molteplicità m1 = 1 e λ2 = 5 con
molteplicità m2 = 1.
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 = x. Quindi si ha
v = (x, x), x ∈ R. Sia quindi v1 = (1, 1) uno di questi autovettori.
Cerchiamo un autovettore associato a λ2 = 5. Risolviamo il sistema lineare (A −
5I)v = 0. Posto v = (x, y) si ottiene y = −x. Quindi si ha v = (x, −x), x ∈ R.
Sia quindi v2 = (1, −1) uno di questi autovettori.
L’integrale generale è
Ã
X(t) = c1 v1 e
−t
5t
+ c2 v2 e =
c1 e−t + c2 e5t
c1 e−t − c2 e5t
!
,
c1 , c2 ∈ R.
µ ¶
Imponendo la condizione iniziale X(0) =
1
0
si ottiene c1 = c2 = 21 . Quindi la
soluzione del problema di Cauchy è
1
X(t) =
2
à −t
!
e + e5t
e−t − e5t
.
c) Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
¯
¯ −3 − λ
det (A − λI) = ¯¯
1
¯
−1 ¯¯
= (λ + 2)2 .
1 − 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
=⇒
v = (x, −x),
Sia quindi v1 = (1, −1) uno di questi autovettori.
∀x ∈ R.
12
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
Cerchiamo un autovettore generalizzato associato a λ. Risolviamo il sistema lineare
(A + 2I)v = v1 . Si ha
x + y = −1
=⇒
∀x ∈ R.
v = (x, −x − 1),
Sia quindi v2 = (0, −1) uno di questi autovettori.
L’integrale generale è
Ã
X(t) = c1 v1 e−2t + c2 (tv1 + v2 )e−2t =
!
c1 e−2t + c2 te−2t
−(c1 + c2 )e−2t − c2 te−2t
µ
Imponendo la condizione iniziale X(0) =
1
−1
,
c1 , c2 ∈ R.
¶
si ottiene c1 = 1 e c2 = 0. Quindi
la soluzione del problema di Cauchy è
Ã
X(t) =
e−2t
!
−e−2t
.
d) L’integrale generale del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX +B è dato da X =
Xo + Xp , dove Xo è l’integrale generale del sistema omogeneo associato X 0 = AX
e Xp è un integrale particolare del sistema lineare non omogeneo X 0 = AX + B.
Calcoliamo inizialmente Xo . 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),
∀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. Si ha
4x + y = 0
=⇒
v = (x, −4x),
∀x ∈ R.
Sia quindi v2 = (1, −4) uno di questi autovettori.
L’integrale generale Xo del sistema lineare omogeneo X 0 = AX è dato da
Ã
Xo (t) = c1 v1 e3t + c2 v2 e−2t =
c1 e3t + c2 e−2t
c1 e3t − 4c2 e−2t
!
,
c1 , c2 ∈ R.
Sistemi lineari 2 × 2
13
Calcoliamo
ora
p.
µ
µ X¶
−2t ¶
Il termine noto B del sistema non omogeneo è B(t) =
e
1
−2t
=
e . Quindi le sue componenti sono il prodotto di un poli−e−2t
−1
nomio costante per la funzione esponenziale e−2t . Poichè −2 è un autovalore della
matrice A con molteplicità algebrica 1, un integrale particolare del sistema non
omogeneo è della forma
µ
Xp (t) =
at + b
ct + d
¶
e−2t ,
dove a, b, c, d ∈ R. Imponiamo che Xp risolva il sistema non omogeneo. Si ha che
µ
Xp0
= AXp +B(t)
(
⇐⇒
⇐⇒
−2at − 2b + a
−2ct − 2d + c
¶
µ
e
−2t
=
−2at − 2b + a = (2a + c)t + 2b + d + 1
(2a + c)t + 2b + d + 1
(4a − c)t + 4b − d − 1


−2c = 4a − c




−2d + c = 4b − d − 1


a = 52






⇐⇒
e−2t

−2a = 2a + c





 −2b + a = 2b + d + 1
⇐⇒
−2ct − 2d + c = (4a − c)t + 4b − d − 1
¶
b∈R


c = − 85





d = −4b − 53 .
Scelto ad esempio b = 0 si ha che un integrale particolare è
Ã
Xp (t) =
!
2
5t
− 85 t
−
e−2t .
3
5
L’integrale generale del sistema non omogeneo è

X(t) = Xo (t) + Xp (t) = 
c1 e3t + c2 e−2t + 25 t
c1 e3t − 4c2 e−2t −
³
8
5t
+
3
5

´
e−2t
Imponendo la condizione iniziale X(0) = 0 si ottiene c1 =
la soluzione del problema di Cauchy è
´
 3 3t ³ 2
3
−2t 
e
+
t
−
25
5
25 e
.
X(t) = 
³
´
3 3t
25 e
−
8
5t
+
3
25
e−2t
3
25
,
c1 , c2 ∈ R.
3
e c2 = − 25
. Quindi
14
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
2
Stabilità nei sistemi lineari 2 × 2
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficoltà maggiore.
Esercizio 1. Discutere la stabilità della soluzione nulla dei seguenti sistemi lineari 2 × 2
al variare del parametro.
µ
a) X 0 =
2
α
α
2
¶
α∈R
X,
[Instabile per ogni α ∈ R]

b)
dx
=
dt
µ
−4 −1
0
α
¶
α < 0 : x = 0 è asintoticamente stabile,



 α = 0 : x = 0 è stabile non asintoticamente, 


x, α ∈ R
α > 0 : x = 0 è instabile.
c)
d)

( 0
x = αx + y
|α| < 4 : (x, y) = 0 è stabile non asintoticamente,

y 0 = −16x − αy,



α∈R
 |α| = 4 : (x, y) = 0 è instabile,
|α| > 4 : (x, y) = 0 è instabile.
( 0
x = (3 − α)x + y
y 0 = −(3 − α)2 x + (α − 4)y,

α∈R

α < 3, : (x, y) = 0 è instabile,

 α=3:


(x, y) = 0 è stabile non asintoticamente, 

(x, y) = 0 è asintoticamente stabile.
α>3:
Svolgimento
a) Consideriamo il sistema lineare omogeneo acoefficienti costanti
µ
0
X =
2
α
La matrice dei coefficienti è
α
2
µ
A=
¶
α ∈ R.
X,
2
α
α
2
¶
.
Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che
¯
¯2 − λ
det (A − λI) = ¯¯
α
¯
α ¯¯
= (2 − λ)2 − α2 .
2 − λ¯
Quindi gli autovalori di A sono λ1,2 = ±α + 2. Si ha che
(
λ1,2 ≤ 0
⇐⇒

−α + 2 ≤ 0
α+2≤0
(
⇐⇒
α≥2
α ≤ −2
Quindi la soluzione X = 0 è instabile per ogni α ∈ R.
=⇒
6 ∃α ∈ R.
Stabilità nei sistemi lineari 2 × 2
15
b) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti
dx
=
dt
µ
−4 −1
0
α
¶
α ∈ R.
x,
La matrice dei coefficienti è
µ
A=
−4 −1
0
α
¶
.
Determiniamo gli autovalori di A. Poichè la matrice è triangolare (superiore), i
suoi autovalori sono gli elementi della diagonale principale. Quindi gli autovalori
della matrice A sono −4 e α. Ne segue che
α < 0 =⇒
x = 0 è asintoticamente stabile,
α = 0 =⇒
x = 0 è stabile ma non asintoticamente,
α > 0 =⇒
x = 0 è instabile.
c) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti
( 0
x = αx + y
α ∈ R.
y 0 = −16x − αy,
La matrice dei coefficienti è
µ
A=
α
1
−16 −α
¶
.
Quindi gli autovalori di A sono le soluzioni (complesse) dell’equazione det(A−λI) =
0, cioè
¯
¯α − λ
¯
¯ 16
¯
¯
1
¯ = (α − λ)(−α − λ) + 16 = λ2 − α2 + 16 = 0.
−α − λ ¯
Le soluzioni sono
 √
±i 16 − α2



λ1,2 =



0
√
± α2 − 16
se |α| < 4
se |α| = 4
se |α| > 4.
Ne segue che
|α| < 4 =⇒
la soluzione nulla è stabile ma non asintoticamente,
|α| = 4 =⇒
la soluzione nulla è instabile,
|α| > 4 =⇒
la soluzione nulla è instabile.
d) Consideriamo il sistema lineare omogeneo a coefficienti costanti
( 0
x = (3 − α)x + y
y 0 = −(3 − α)2 x + (α − 4)y,
α ∈ R.
16
Sistemi differenziali 2 × 2: esercizi svolti
La matrice dei coefficienti è
µ
A=
3−α
−(3 − α)2
1
α−4
¶
.
Per studiare la stabilità della soluzione nulla calcoliamo gli autovalori di A. Si ha
che
¯
¯3−α−λ
det (A − λI) = ¯¯
−(3 − α)2
¯
¯
1
¯ = (3−α−λ)(α−4−λ)+(3−α)2 = λ2 +λ+α−3.
α − 4 − λ¯
Ne segue che
det (A − λI) = 0
Se α >
13
4 ,
⇐⇒
2
λ +λ+α−3=0
allora λ1,2 = − 21 ± i
√
4α−13
.
2
⇐⇒
λ1,2 =
−1 ±
√
13 − 4α
.
2
Quindi gli autovalori di A hanno parte
reale negativa. Ne segue che X = 0 è asintoticamente stabile.
Se α =
13
4 ,
allora λ1,2 = − 12 . Quindi l’unico autovalore di A ha parte reale negativa.
Ne segue che X = 0 è asintoticamente stabile.
Se α <
13
4 ,
allora λ1,2 =
λ2 =
−1 +
√
−1± 13−4α
2
√
13 − 4α
<0
2
∈ R. Si ha che λ1 =
⇐⇒
√
−1− 13−4α
2
√
13 − 4α < 1
Poichè per α = 3 si ottiene λ2 = 0, si ha che se 3 < α <
13
4 ,
⇐⇒
< 0 mentre
α > 3.
allora gli autovalori di
A sono negativi e quindi X = 0 è asintoticamente stabile.
Se α = 3, un autovalore è negativo e l’altro è nullo, quindi X = 0 è stabile ma non
asintoticamente.
Se α < 3, un autovalore è negativo e l’altro è positivo, quindi X = 0 è instabile
ma non completamente instabile.
Ricapitolando si ha che
α < 3 =⇒
X = 0 è instabile,
α = 3 =⇒
X = 0 è stabile ma non asintoticamente,
α > 3 =⇒
X = 0 è asintoticamente stabile.