Equazioni differenziali, esponenziali di matrici e operatori
Salve a tutti, mi è stato assegnato il seguente esercizio, di cui vorrei avere una conferma sulla correttezza della mia soluzione:
sia \( \bf{\dot{x}} = \bf{A} \bf{x} \), ove $\vec{x} = \vec{x}(t)$ e le derivate sono da intendersi rispetto alla variabile temporale ovviamente. si trovi la soluzione per $t >0$ sapendo che $A $ è la matrice i cui elementi $A_{ij} = 1, \AA i,j$ e che $x(0) =((1),(0),(2))$
io son partito così:
La soluzione è della forma $x(t) = U(t)x(0)$, ove $U = e^{tA}$. Cerco di calcolarmi $U$, ho proceduto come segue:
noto che $A = 3P_{v}$, ove $P_v$ è il proiettore lungo il vettore unitario $\vec v = (1/\sqrt3, 1/\sqrt3, 1/\sqrt3)$ con \( P_v = \bf{v} \bf{v}^{\ast} = \begin{bmatrix}
1/3 & .. & 1/3\\
1/3 & .. & 1/3\\
1/3 & ... & 1/3
\end{bmatrix} \). (per chi leggesse per la prima volta e non fosse del tutto pratico ancora, consiglio di cercare tra i miei messaggi precedenti in cui si è discusso proprio di questi argomenti
).
Adesso tutto è in discesa siccome ho che vale:
$e^{tB} = Id_3 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^nB^n}{n!}$
Con un pò di conti facili e dalla proprietà dei proiettori otteniamo (supponendo che non abbia sbagliato qualche conto, il che è alquanto probabile data la tarda ora
):
$e^{tA} = Id_3 + P_v(e^{3t}-1)$
Abbiamo quindi
\( \begin{bmatrix}
\frac{e^{3t}-1}{3} + 1 & \frac{e^{3t}-1}{3} &\frac{e^{3t}-1}{3} \\
\frac{e^{3t}-1}{3} & \frac{e^{3t}-1}{3} + 1 & \frac{e^{3t}-1}{3}\\
\frac{e^{3t}-1}{3} & \frac{e^{3t}-1}{3} & \frac{e^{3t}-1}{3} + 1
\end{bmatrix} \begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
2
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
1 + 3 \frac{e^{3t}-1}{3}\\
3\frac{e^{3t}-1}{3} \\
3\frac{e^{3t}-1}{3}+ 2
\end{bmatrix} \)
Grazie in anticipo a chi vorrà rispondermi.
sia \( \bf{\dot{x}} = \bf{A} \bf{x} \), ove $\vec{x} = \vec{x}(t)$ e le derivate sono da intendersi rispetto alla variabile temporale ovviamente. si trovi la soluzione per $t >0$ sapendo che $A $ è la matrice i cui elementi $A_{ij} = 1, \AA i,j$ e che $x(0) =((1),(0),(2))$
io son partito così:
La soluzione è della forma $x(t) = U(t)x(0)$, ove $U = e^{tA}$. Cerco di calcolarmi $U$, ho proceduto come segue:
noto che $A = 3P_{v}$, ove $P_v$ è il proiettore lungo il vettore unitario $\vec v = (1/\sqrt3, 1/\sqrt3, 1/\sqrt3)$ con \( P_v = \bf{v} \bf{v}^{\ast} = \begin{bmatrix}
1/3 & .. & 1/3\\
1/3 & .. & 1/3\\
1/3 & ... & 1/3
\end{bmatrix} \). (per chi leggesse per la prima volta e non fosse del tutto pratico ancora, consiglio di cercare tra i miei messaggi precedenti in cui si è discusso proprio di questi argomenti
). Adesso tutto è in discesa siccome ho che vale:
$e^{tB} = Id_3 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^nB^n}{n!}$
Con un pò di conti facili e dalla proprietà dei proiettori otteniamo (supponendo che non abbia sbagliato qualche conto, il che è alquanto probabile data la tarda ora
):$e^{tA} = Id_3 + P_v(e^{3t}-1)$
Abbiamo quindi
\( \begin{bmatrix}
\frac{e^{3t}-1}{3} + 1 & \frac{e^{3t}-1}{3} &\frac{e^{3t}-1}{3} \\
\frac{e^{3t}-1}{3} & \frac{e^{3t}-1}{3} + 1 & \frac{e^{3t}-1}{3}\\
\frac{e^{3t}-1}{3} & \frac{e^{3t}-1}{3} & \frac{e^{3t}-1}{3} + 1
\end{bmatrix} \begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
2
\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}
1 + 3 \frac{e^{3t}-1}{3}\\
3\frac{e^{3t}-1}{3} \\
3\frac{e^{3t}-1}{3}+ 2
\end{bmatrix} \)
Grazie in anticipo a chi vorrà rispondermi.
Risposte
Io lo so risolvere con la diagonalizzazione di $\bb A$.
Si arriva allo stesso risultato.
Si arriva allo stesso risultato.
Puoi dirmi per favore come lo hai risolto Quinzio, va bene anche una soluzione a grandi linee. Comunque adesso so di averlo svolto correttamente, perciò buono così. Grazie mille per la conferma 
Data una matrice $\bb A$ puoi trovare una base $\bb S$ tale da diagonalizzarla in modo che
$\bb A = \bb S \bb D \bb {S^{-1}}$
$\bb D = \bb {S^{-1}} \bb A \bb S $.
Poi a partire da qui
$\bb {\dot x} = \bb A \bb x$
fai i seguenti passaggi
$\bb {S^{-1}} \bb {\dot x} = \bb {S^{-1}} \bb A \bb x$
$\bb {S^{-1}} \bb {\dot x} = \bb {S^{-1}} \bb A \bb I \bb x$
$\bb {S^{-1}} \bb {\dot x} = \bb {S^{-1}} \bb A \bb S \bb {S^{-1}} \bb x$
$ \bb {\dot y} = \bb D \bb y$ con $\bb y = \bb {S^{-1}} \bb x$
Facendo i calcoli trovi che
$\bb D = ( ( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 3 ) ) $
$\bb y = ( ( 1 ),( -1 ),( 1 ) )$
La soluzione dell'eq. diff. e'
$\bb {y(t)} = ( ( 1 ),( -1 ),( e^(3t) ) )$
da cui
$\bb x(t) = \bb S \bb y(t) = ( ( e^(3t) ),( e^(3t)-1 ),( e^(3t)+1 ) )$
che e' uguale al tuo risultato.
PS. La matrice $\bb S$ non e' univoca, quindi puo' darsi che $\bb y$ ti venga diverso se ripeti i calcoli.
$\bb A = \bb S \bb D \bb {S^{-1}}$
$\bb D = \bb {S^{-1}} \bb A \bb S $.
Poi a partire da qui
$\bb {\dot x} = \bb A \bb x$
fai i seguenti passaggi
$\bb {S^{-1}} \bb {\dot x} = \bb {S^{-1}} \bb A \bb x$
$\bb {S^{-1}} \bb {\dot x} = \bb {S^{-1}} \bb A \bb I \bb x$
$\bb {S^{-1}} \bb {\dot x} = \bb {S^{-1}} \bb A \bb S \bb {S^{-1}} \bb x$
$ \bb {\dot y} = \bb D \bb y$ con $\bb y = \bb {S^{-1}} \bb x$
Facendo i calcoli trovi che
$\bb D = ( ( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 3 ) ) $
$\bb y = ( ( 1 ),( -1 ),( 1 ) )$
La soluzione dell'eq. diff. e'
$\bb {y(t)} = ( ( 1 ),( -1 ),( e^(3t) ) )$
da cui
$\bb x(t) = \bb S \bb y(t) = ( ( e^(3t) ),( e^(3t)-1 ),( e^(3t)+1 ) )$
che e' uguale al tuo risultato.
PS. La matrice $\bb S$ non e' univoca, quindi puo' darsi che $\bb y$ ti venga diverso se ripeti i calcoli.
Ah il calcolo matriciale, caro vecchio amico. qui alla sapienza ti insegnano pochissimo ad usarlo in contesti pratici.
Dovrebbero rendere il corso di algebra lineare meno concetti e più applicazioni. Ottima soluzione. in effetti è un metodo straightforward che già conoscevo, e soprattutto non richiede di riconoscere proiettori moltiplicati per qualcosa e divisi per qualche altra cosa come ho fatto io seguendo le orme del mio professore. Grazie Quinzio
Dovrebbero rendere il corso di algebra lineare meno concetti e più applicazioni. Ottima soluzione. in effetti è un metodo straightforward che già conoscevo, e soprattutto non richiede di riconoscere proiettori moltiplicati per qualcosa e divisi per qualche altra cosa come ho fatto io seguendo le orme del mio professore. Grazie Quinzio
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