ODEs, funzioni di matrici
Salve a tutti. Ho avuto qualche problema con questo esercizio:
Data la ODE \( \dot {\bf{x}} = A\bf{x}, \bf{x} \in \mathcal{R}^5, A_{ij} = 1 -3 \delta_{ij} \)
calcolare \( \bf{x}(t)\) dato \( \bf{x}(0)\) e determinare la condizione su \( \bf{x}(0)\) tale per cui valga $lim_{t \to \infty} x(t) = 0$
Son partito così, come nello scorso messaggio, notando che la matrice può esser riscritta come segue:
$A = 5P_v- 3Id_5$ ove $P_v$ è il proiettore lungo il vettore unitario $v = ((1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5))$. Adesso ricordando la già nota: $x(t) = U(t)x(0), U(t) = e^{tA}$ trovo che posso procedere in due modi:
Ricordo innanzitutto che $Id_5 = \sum_{j=1}^{5} P_j$, ove conosco uno dei proiettori $P_v \equiv P_1$ e sfruttando il teorema spettrale $f(A) = sum_jf(\lambda_j)P_j$ ottengo:
$A = 5P_1- 3sum_{j=1}^{5} = 2P_1 - 3 sum_{j=2}^{5}P_j$
$e^{tA} = e^{2t}P_1 + e^{-3t}sum_{j=2}^{5}P_j = e^{2t}P_1 +
e^{-3t}P_1 -e^{-3t}P_1 + e^{-3t}sum_{j=2}^{5}P_j = e^{2t}P_1 -
e^{-3t}P_1 + e^{-3t}Id_5 = P_1(e^{2t}-e^{-3t}) + e^{-3t}Id_5$
Per quanto riguarda L'altra via da me provata, leggermente più complicata, putroppo non sono riuscito a terminare il conto:
$e^{tA} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n / (n!) A^n = Id_5 + \sum_{n=1}^{\infty} t^n / (n!) A^n$
Adesso devo trattare $A^n = (5P_1 -3Id_5)^n = P_1sum_{k=0}^{n} ((n),(k))5^n (-3/5)^{k}$
Da cui
$e^{tA} = Id_5 + P_1\sum_{n=1}^{\infty} t^n / (n!) sum_{k=0}^{n} ((n),(k))5^n (-3/5)^{k}$
Da qui ho capito di aver sbagliato qualcosa, infatti penso dovrebbe rimanere soltanto tipo un termine come $sum_{n=1}^{\infty} (5t)^n/(n!) = e^{5t}-1$ e da qui poi sarei dovuto andare avanti, ma l'espressione che ho ottenuto è effettivamente molto più complicata. Non credevo di aver sbagliato nulla stavolta e invece...
Spero in un vostro feedback e intanto ringrazio già da ora chi risponderà
Data la ODE \( \dot {\bf{x}} = A\bf{x}, \bf{x} \in \mathcal{R}^5, A_{ij} = 1 -3 \delta_{ij} \)
calcolare \( \bf{x}(t)\) dato \( \bf{x}(0)\) e determinare la condizione su \( \bf{x}(0)\) tale per cui valga $lim_{t \to \infty} x(t) = 0$
Son partito così, come nello scorso messaggio, notando che la matrice può esser riscritta come segue:
$A = 5P_v- 3Id_5$ ove $P_v$ è il proiettore lungo il vettore unitario $v = ((1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5),(1/\sqrt5))$. Adesso ricordando la già nota: $x(t) = U(t)x(0), U(t) = e^{tA}$ trovo che posso procedere in due modi:
Ricordo innanzitutto che $Id_5 = \sum_{j=1}^{5} P_j$, ove conosco uno dei proiettori $P_v \equiv P_1$ e sfruttando il teorema spettrale $f(A) = sum_jf(\lambda_j)P_j$ ottengo:
$A = 5P_1- 3sum_{j=1}^{5} = 2P_1 - 3 sum_{j=2}^{5}P_j$
$e^{tA} = e^{2t}P_1 + e^{-3t}sum_{j=2}^{5}P_j = e^{2t}P_1 +
e^{-3t}P_1 -e^{-3t}P_1 + e^{-3t}sum_{j=2}^{5}P_j = e^{2t}P_1 -
e^{-3t}P_1 + e^{-3t}Id_5 = P_1(e^{2t}-e^{-3t}) + e^{-3t}Id_5$
Per quanto riguarda L'altra via da me provata, leggermente più complicata, putroppo non sono riuscito a terminare il conto:
$e^{tA} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n / (n!) A^n = Id_5 + \sum_{n=1}^{\infty} t^n / (n!) A^n$
Adesso devo trattare $A^n = (5P_1 -3Id_5)^n = P_1sum_{k=0}^{n} ((n),(k))5^n (-3/5)^{k}$
Da cui
$e^{tA} = Id_5 + P_1\sum_{n=1}^{\infty} t^n / (n!) sum_{k=0}^{n} ((n),(k))5^n (-3/5)^{k}$
Da qui ho capito di aver sbagliato qualcosa, infatti penso dovrebbe rimanere soltanto tipo un termine come $sum_{n=1}^{\infty} (5t)^n/(n!) = e^{5t}-1$ e da qui poi sarei dovuto andare avanti, ma l'espressione che ho ottenuto è effettivamente molto più complicata. Non credevo di aver sbagliato nulla stavolta e invece...
Spero in un vostro feedback e intanto ringrazio già da ora chi risponderà
Risposte
Perché essere così masochisti? Diagonalizza $A$ (puoi farlo), ti viene \(\left(\begin{smallmatrix} -3 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{smallmatrix}\right)\) in una opportuna base, e ora dunque \(e^{tA} = P e^{tD} P^{-1}\) per la matrice $P$ di cambio di base che porta $A$ in forma diagonale, che ha cioè per colonne la base in cui $A$ è diagonale.
Quindi,
\[e^{tA} = \begin{pmatrix} \frac{e^{-3 t}}{5}+\frac{4 e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & -\frac{1}{5} e^{-3 t}+\frac{e^{2 t}}{5} \\
0 & e^{-3 t} & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & e^{-3 t} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & e^{-3 t} & 0 \\
-\frac{4}{5} e^{-3 t}+\frac{4 e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{4 e^{-3 t}}{5}+\frac{e^{2 t}}{5} \end{pmatrix}\]
0 & -3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{smallmatrix}\right)\) in una opportuna base, e ora dunque \(e^{tA} = P e^{tD} P^{-1}\) per la matrice $P$ di cambio di base che porta $A$ in forma diagonale, che ha cioè per colonne la base in cui $A$ è diagonale.
Quindi,
\[e^{tA} = \begin{pmatrix} \frac{e^{-3 t}}{5}+\frac{4 e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & -\frac{1}{5} e^{-3 t}+\frac{e^{2 t}}{5} \\
0 & e^{-3 t} & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & e^{-3 t} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & e^{-3 t} & 0 \\
-\frac{4}{5} e^{-3 t}+\frac{4 e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{e^{-3 t}}{5}-\frac{e^{2 t}}{5} & \frac{4 e^{-3 t}}{5}+\frac{e^{2 t}}{5} \end{pmatrix}\]
Sì in effetti tendo sempre ad evitare di diagonalizzare per paura di sbagliare qualche calcolo, forse stavolta mi sarebbe convenuto. Grazie mille per il suggerimento megas
Megas per caso puoi dirmi se quella formula che tu hai utilizzato (brute force, da quanto ho sentito dire) può essere provata così:
Supponiamo che $A$ sia diagonalizzabile. Dunque esiste una matrice $D$ diagonale, le cui entrate sono proprio gli autovalori di $A$ e tale che $A = S A S^{-1}$, ove $S$ è la matrice che ha per colonne gli autovettori corrispondenti agli autovalori di $A$.
Da qui ottengo:
$S^-1AS = D \rightarrow S^-1(tA)S = tS^-1AS= tD$
E da qui possiamo concludere direttamente che \(S^{-1}e^{tA}S = \begin{bmatrix}
e^{t\lambda_1} & 0 & ... & 0\\
0 & e^{t\lambda_2}& ...& 0 \\
...& & &
\end{bmatrix} \)
O l'ultima conclusione ha bisogno di qualche accortezza in più?
Supponiamo che $A$ sia diagonalizzabile. Dunque esiste una matrice $D$ diagonale, le cui entrate sono proprio gli autovalori di $A$ e tale che $A = S A S^{-1}$, ove $S$ è la matrice che ha per colonne gli autovettori corrispondenti agli autovalori di $A$.
Da qui ottengo:
$S^-1AS = D \rightarrow S^-1(tA)S = tS^-1AS= tD$
E da qui possiamo concludere direttamente che \(S^{-1}e^{tA}S = \begin{bmatrix}
e^{t\lambda_1} & 0 & ... & 0\\
0 & e^{t\lambda_2}& ...& 0 \\
...& & &
\end{bmatrix} \)
O l'ultima conclusione ha bisogno di qualche accortezza in più?
Ovviamente se tu hai una dimostrazione (che non sia eccessivamente avanzata), puoi tranquillamente postarla, lo apprezzerei molto, siccome il mio professore queste formule ce le ha date come se fossero scese dal cielo 
Se $A$ è diagonale, diciamo riempita da elementi \(a_1,\dots,a_n\), \(e^A\) è diagonale e ha per ingressi in diagonale gli elementi \(e^{a_1},\dots, e^{a_n}\). Questo è evidente.
Ora, l'esponenziazione è compatibile col coniugio nel senso che \(e^{PAP^{-1}}=Pe^AP^{-1}\), e da questo la tesi segue immediatamente; che sia \(e^{PAP^{-1}}=Pe^AP^{-1}\) si dimostra semplicemente con la definizione:
\[e^{PAP^{-1}} := \sum_{n=0}^\infty \frac{(PAP^{-1})^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{PA^nP^{-1}}{n!} = P\sum_{n=0}^\infty \frac{A^n}{n!}P^{-1}\]
Ora, l'esponenziazione è compatibile col coniugio nel senso che \(e^{PAP^{-1}}=Pe^AP^{-1}\), e da questo la tesi segue immediatamente; che sia \(e^{PAP^{-1}}=Pe^AP^{-1}\) si dimostra semplicemente con la definizione:
\[e^{PAP^{-1}} := \sum_{n=0}^\infty \frac{(PAP^{-1})^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{PA^nP^{-1}}{n!} = P\sum_{n=0}^\infty \frac{A^n}{n!}P^{-1}\]
Io avevo pensato a questo:
$S^{-1}e^{tA}S= S^{-1}(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^nA^n}{n!})S= S^{-1}S(\sum\frac{t^nD^n}{n!})S^{-1}S$
Passando la sommatoria dentro alla matrice diagonale ottengo proprio la matrice cercata, con elementi
$e^{t\lambda_i}$
$S^{-1}e^{tA}S= S^{-1}(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^nA^n}{n!})S= S^{-1}S(\sum\frac{t^nD^n}{n!})S^{-1}S$
Passando la sommatoria dentro alla matrice diagonale ottengo proprio la matrice cercata, con elementi
$e^{t\lambda_i}$
Non avevo visto la tua risposta scusami, tu hai direttamente applicato la definizione dall’inizio, praticamente i miei stessi calcoli, solo che mi sono complicato la vita come al solito. Cosa intendi compatibile con il coniugio scusa?
Io per coniugio intendo quello nei complessi, non ho mai visto quella definizione di coniugio per matrici sinceramente
Io per coniugio intendo quello nei complessi, non ho mai visto quella definizione di coniugio per matrici sinceramente
Il gruppo generale lineare di ordine n agisce sull'anello delle matrici dello stesso ordine per coniugio, ossia mandando, mediante P, una matrice $A$ in $PAP^{-1}$.
Ok grazie mille Megas
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