Sistema di equazioni differenziali

[asabasa]

Sto impazzendo dietro a questo sistema:

$Y'=((1,1,0),(0,1,1),(0,0,1))Y$

Il polinomio caratteristico ha tre radici coincidenti $lambda_{1,2,3}=1$

L'autovettore corrispondente a questo autovalore è $(1,0,0)$

$\{(y_1=c_1e^{x}+c_2xe^{x} +c_3x^2e^{x}),(y_2=0),(y_3=0):}$

ma mi rendo conto che non è la soluzione giusta, come devo procedere per risolvere questo sistema?
Per ora sto usando come eserciziario il Marcellini Sbordone in cui non è riportato nessun caso simile...

Guardando la soluzione su wolfram alpha per $y_1$ ho che:
$y_1=c_1e^{x}+c_2xe^{x} +1/2 c_3x^2e^{x}$
che somiglia a quello che viene a me ma compare $1/2$, forse devo usare l'esponenziale?
Come si calcola? Aiuto!

[asabasa]

Visto che il sistema corrispondente è

${(y_1'=y_1+y_2),(y_2'=y_2+y_3),(y_3'=y_3):}$

Posso semplicemente risolvere la terza, trovando
$y_3=ce^x$
e sostituire questo risultato per trovare le altre due!
trovando:

$y_2= (b+cx)e^x$
$y_1=(a+bx+cx^2/2)e^x$

[gugo82]

Esatto, qui il calcolo esplicito risolve tutto subito.

Nota che la difficoltà di questo esercizio risiede nel fatto che la matrice associata al secondo membro del sistema non è diagonalizzabile (perché ha un unico autovalore con molteplicità algebrica \(3\) e molteplicità geometrica \(1\))[nota]Invero, la matrice è un cosiddetto blocco di Jordan.[/nota], ergo le tecniche "standard" non funzionano.

Tuttavia, non è difficile mostrare che ad ogni blocco di Jordan di ordine \(\mu \geq 2\) del tipo:
\[
\begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & & \\
0 & \lambda & 1 &\ddots & \\
& \ddots& \ddots &\ddots & 0 \\
& & 0 &\lambda & 1\\
& & & 0 &\lambda
\end{pmatrix}
\]
(i.e., una matrice bidiagonale superiore con tutti \(\lambda \in \mathbb{R}\) sulla diagonale principale e tutti \(1\) sulla disgonale superiore) corrispondono soluzioni che sono combinazioni lineari di \(e^{\lambda x}\), \(x e^{\lambda x}\), \(x^2 e^{\lambda x}\), ..., \(x^{\mu-1} e^{\lambda x}\).
In altri termini, se un blocco del sistema contenente le incognite \(y_1\), ..., \(y_\mu\) è del tipo:
\[
\left\{
\begin{split} y_1^\prime &= \lambda\ y_1 + & y_2\\
y_2^\prime &= &\lambda\ y_2 + &y_3 &\\
&\vdots\\
y_{\mu -1}^\prime &= & & &\lambda\ y_{\mu -1} + &y_\mu\\
y_{\mu}^\prime &= & & & &\lambda\ y_\mu
\end{split}\right.
\]
allora:
\[
\begin{split}
y_\mu (x) &= C_\mu\ e^{\lambda x}\\
y_{\mu -1} (x) &= C_\mu\ x\ e^{\lambda x} + C_{\mu -1}\ e^{\lambda x}\\
y_{\mu -2} (x) &= \frac{C_\mu}{2}\ x^2\ e^{\lambda x} + C_{\mu -1}\ x e^{\lambda x} + C_{\mu -2}\ e^{\lambda x}\\
&\vdots \\
y_2(x) &= \frac{C_{\mu}}{(\mu -2)!}\ x^{\mu -2}\ e^{\lambda x} + \frac{C_{\mu -1}}{(\mu -3)!}\ x^{\mu -3}\ e^{\lambda x} +\cdots + C_3\ x\ e^{\lambda x} + C_2\ e^{\lambda x}\\
y_1(x) &= \frac{C_{\mu}}{(\mu -1)!}\ x^{\mu -1}\ e^{\lambda x} + \frac{C_{\mu -1}}{(\mu -2)!}\ x^{\mu -2}\ e^{\lambda x} +\cdots + \frac{C_3}{2}\ x^2\ e^{\lambda x} + C_2\ x\ e^{\lambda x} + C_1\ e^{\lambda x}\; .
\end{split}
\]
Questo concorda anche un po' con l'intuizione, la quale impone che il vettore soluzione \(\mathbf{y}(x) = (y_1(x),\ldots ,y_\mu (x))\) dipenda da esattamente \(\mu\) costanti arbitrarie (una per ogni equazione differenziale del primo ordine).

[asabasa]

"gugo82":Esatto, qui il calcolo esplicito risolve tutto subito.

Nota che la difficoltà di questo esercizio risiede nel fatto che la matrice associata al secondo membro del sistema non è diagonalizzabile (perché ha un unico autovalore con molteplicità algebrica \(3\) e molteplicità geometrica \(1\))[nota]Invero, la matrice è un cosiddetto blocco di Jordan.[/nota], ergo le tecniche "standard" non funzionano.

Tuttavia, non è difficile mostrare che ad ogni blocco di Jordan di ordine \(\mu \geq 2\) del tipo:
\[
\begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & & \\
0 & \lambda & 1 &\ddots & \\
& \ddots& \ddots &\ddots & 0 \\
& & 0 &\lambda & 1\\
& & & 0 &\lambda
\end{pmatrix}
\]
(i.e., una matrice bidiagonale superiore con tutti \(\lambda \in \mathbb{R}\) sulla diagonale principale e tutti \(1\) sulla disgonale superiore) corrispondono soluzioni che sono combinazioni lineari di \(e^{\lambda x}\), \(x e^{\lambda x}\), \(x^2 e^{\lambda x}\), ..., \(x^{\mu-1} e^{\lambda x}\).
In altri termini, se un blocco del sistema contenente le incognite \(y_1\), ..., \(y_\mu\) è del tipo:
\[
\left\{
\begin{split} y_1^\prime &= \lambda\ y_1 + & y_2\\
y_2^\prime &= &\lambda\ y_2 + &y_3 &\\
&\vdots\\
y_{\mu -1}^\prime &= & & &\lambda\ y_{\mu -1} + &y_\mu\\
y_{\mu}^\prime &= & & & &\lambda\ y_\mu
\end{split}\right.
\]
allora:
\[
\begin{split}
y_\mu (x) &= C_\mu\ e^{\lambda x}\\
y_{\mu -1} (x) &= C_\mu\ x\ e^{\lambda x} + C_{\mu -1}\ e^{\lambda x}\\
y_{\mu -2} (x) &= \frac{C_\mu}{2}\ x^2\ e^{\lambda x} + C_{\mu -1}\ x e^{\lambda x} + C_{\mu -2}\ e^{\lambda x}\\
&\vdots \\
y_2(x) &= \frac{C_{\mu}}{(\mu -2)!}\ x^{\mu -2}\ e^{\lambda x} + \frac{C_{\mu -1}}{(\mu -3)!}\ x^{\mu -3}\ e^{\lambda x} +\cdots + C_3\ x\ e^{\lambda x} + C_2\ e^{\lambda x}\\
y_1(x) &= \frac{C_{\mu}}{(\mu -1)!}\ x^{\mu -1}\ e^{\lambda x} + \frac{C_{\mu -1}}{(\mu -2)!}\ x^{\mu -2}\ e^{\lambda x} +\cdots + \frac{C_3}{2}\ x^2\ e^{\lambda x} + C_2\ x\ e^{\lambda x} + C_1\ e^{\lambda x}\; .
\end{split}
\]
Questo concorda anche un po' con l'intuizione, la quale impone che il vettore soluzione \(\mathbf{y}(x) = (y_1(x),\ldots ,y_\mu (x))\) dipenda da esattamente \(\mu\) costanti arbitrarie (una per ogni equazione differenziale del primo ordine).

Ho visto solo ora questa risposta!
Grazie!


Allora, rilancio con un esercizio simile:

$Y'=((1,1,0),(0,2,1),(0,0,1))Y$

Pensando di aver capito ho provato a risolverla come ho risolto la precedente, ma non mi trovo!
cioè ricavando in modo immediato $z(t)$ e andando a sostituire, perché?

(In realtà questo esercizio non chiedeva la soluzione del sistema ma di calcolare $e^{At}$ (cosa che non so fare), ma se io trovo la soluzione di quel sistema in teoria trovo anche la matrice chiesta, giusto?)