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18.03.2015
Queste note (attualmente, e probabilmente per un bel po’) sono altamente
provvisorie e (molto probabilmente) non prive di errori.
2.1
Esponenziale di matrici
Esercizio 2.1:
Data la matrice
A=
λ1
0
0
λ2
,
calcolare exp(A).
Dalla definizione dell’esponenziale di matrice, abbiamo
exp(A) = 1 + A +
Anzitutto osserviamo che
k
A =
da cui otteniamo immediatamente che
1 + λ1 +
exp(A) =
=
Esercizio 2.2:
λ21
2!
+
λk1
0
λ31
3!
+ ...
0
λk2
0
e λ1
0
0
e λ2
,
0
1 + λ2 +
Data la matrice
A=
calcolare exp(A).
A2
+ ... .
2!
0
λ
−λ
0
,
λ22
2!
+
λ32
3!
+ ...
!
2
Esercitazione 2
Iniziamo a calcolare qualche potenza di A,
−λ2
0
0
2
3
,
A =
A =
0
−λ2
λ3
e ci rendiamo facilmente conto che
(−1)k λ2k
0
2k
,
A =
0
(−1)k λ2k
2k+1
A
=
da cui otteniamo immediatamente che
2
4
1 − λ2! + λ4! + . . .
exp(A) =
3
λ − λ3! + . . .
cos λ − sin λ
=
sin λ cos λ
λ3
0
,
0
(−1)k+1 λ2k+1
3
−λ + λ3! + . . .
2
4
1 − λ2! + λ4! + . . .
(−1)k+1 λ2k+1
0
.
Osservazione. Come faccio a calcolare facilmente l’esponenziale di una matrice A?
La risposta è semplice: se A = P DP −1 allora
exp(A) = P exp(D)P −1 .
Quindi se l’esponenziale della matrice D è semplice da calcolare, otteniamo facilmente
anche l’esponenziale della matrice A. In particolare, se la matrice è diagonalizabile,
l’unica cosa da fare è calcolare autovalori ed autovettori della matrice A, l’esponenziale
exp(D) è la parte più semplice!
Esercizio 2.3:
Determinare la soluzione del sistema di equazioni differenziali
x0
x
1
2 −1
ẋ
,
=
=
y
y0
2
−1 2
ẏ
L’equazione per gli autovalori della matrice associata al sistema è data da
(2 − λ)2 − 1 = 0 ,
da cui otteniamo immediatamente gli autovalori
λ1 = 1 ,
Osservazione.
λ2 = 3 .
Come utile controllo, verificare sempre che
Tr A = λ1 + λ2 ,
det A = λ1 λ2 .
Consideriamo l’autovalore λ1 = 1 e calcoliamo l’autovettore associato
(1) 1
0
1 −1
vx
(1)
.
⇒ v =
=
(1)
1
0
−1 1
vy
Consideriamo l’autovalore λ2 = 3 e calcoliamo l’autovettore associato
(2) −1
0
−1 −1
vx
(2)
.
⇒ v =
=
(2)
1
0
−1 −1
vy
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3
Dunque le matrici P e P −1 sono date da
1
1 −1
1
−1
, P =
P =
1 1
2 −1
1
1
,
e vale l’eguaglianza
A=P
1 0
0 3
exp(tA) = P
et
0
Dunque abbiamo
1
=
2
P −1 .
0
e3t
et + e3t
et − e3t
P −1
et − e3t
et + e3t
e la soluzione con dato iniziale (x0 , y0 ) è data da
1 et + e3t et − e3t
x0
1
exp(tA)
=
t
3t
t
3t
y0
e +e
2
2 e −e
t
3t
1 3e − e
=
.
2 3et + e3t
Esercizio 2.4:
Data la matrice
A=
λ
0
1
λ
,
calcolare exp(tA).
Questa è la forma del blocco di Jordan (2 × 2), utile nel caso di matrici non
diagonalizzabili.
Anzitutto osserviamo che possiamo scrivere
0 1
,
A = λ1 + N , N =
0 0
e che ovviamente 1 ed N sono due matrici che commutano! Possiamo quindi scrivere
exp(tA) = exp(tλ1) exp(tN ) = eλt exp(tN ) .
L’osservazione fondamentale a questo punto è che N 2 = 0 da cui segue immediatamente che
exp(tN ) = 1 + tN .
Otteniamo quindi
exp(tA) =
Esercizio 2.5:
eλt
0
teλt
eλt
Data la matrice
A=
1 −1
1 3
,
.
4
Esercitazione 2
calcolare exp(tA).
L’equazione per gli autovalori della matrice A è data da
(1 − λ)(3 − λ) + 1 = 0 ,
da cui otteniamo immediatamente gli autovalori
λ1 = 2 ,
λ2 = 2 .
Calcoliamo l’autovettore associato
(1) −1 −1
0
vx
=
(1)
1
1
0
vy
v
⇒
(1)
=
−1
1
.
Osservazione. L’autovalore 2 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità geometrica
1. La matrice non è quindi diagonalizzabile, ma possiamo ridurla alla forma canonica
di Jordan.
Per calcolare la matrice invertibile che mi permette di scrivere
2 1
−1
,
A = P DP
, D=
0 2
dobbiamo calcolare l’autovettore generalizzato.
La prima colonna della matrice P e‘ costituita dall’autovettore appena calcolato,
per la seconda colonna dobbiamo risolvere il sistema
(2) (1) −1 −1
1
vx
vx
(2)
=
.
⇒ v =
(2)
(1)
1
1
0
vy
vy
Abbiamo quindi ottenuto
A = P DP
−1
P =
,
1
0
−1
1
,
D=
2
0
1
2
,
da cui segue immediatamente
exp(tA) =
Esercizio 2.6:
(1 − t)e2t
te2t
−te2t
(1 + t)e2t
.
Data la matrice
A=
a
b
−b
a
calcolare exp(tA).
Anzitutto osserviamo che possiamo scrivere
0
A = a1 + bJ , J =
1
,
−1
0
,
e che ovviamente 1 ed J sono due matrici che commutano! Possiamo quindi scrivere
exp(tA) = exp(at1) exp(btJ) = eat exp(btJ) .
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5
Il calcolo di exp(btJ) è banale (si veda l’Esercizio 2.2)
cos bt − sin bt
,
exp(btJ) =
sin bt cos bt
da cui otteniamo
exp(tA) = e
ta
cos bt
sin bt
− sin bt
cos bt
.
Osservazione. Confrontare la soluzione appena ottenuta con l’operatore esponenziale di matrici con la discussione relativa ai punti di centro e fuoco nelle note del
Prof. Giorgilli (sezione 3.2.4).
Esercizio 2.7:
Data la matrice
A=
2 −1
2 0
,
calcolare exp(tA).
L’equazione per gli autovalori della matrice A è data da
−λ(2 − λ) + 2 = 0 ,
da cui otteniamo immediatamente gli autovalori
λ1 = 1 + i ,
λ2 = 1 − i .
Consideriamo l’autovalore λ1 = 1 + i e calcoliamo l’autovettore associato
(1) 1
1−i
−1
0
vx
(1)
.
⇒ v =
=
(1)
1−i
2
−1 − i
0
vy
La’utovalore relativo a λ2 = 1 − i sarà il complesso coniugato di v (1) ,
1
(2)
.
v =
1+i
Volendo restare nel campo dei reali, consideriamo le componenti reali e complesse
di autovalori
λ1 + λ2
λ1 − λ2
u1 =
= 1 , u2 =
=1,
2
2i
ed autovettori
v (1) − v (2)
v (1) + v (2)
1
0
(2)
(1)
, w =
.
w =
=
=
1
−1
2
2i
È ora banale osservare che
A(w(1) + iw(2) ) = (u1 + iu2 )(w(1) + iw(2) ) ,
da cui segue immediatamente che
A = P BP
−1
,
P =
1 0
1 −1
,
B=
1
−1
1
1
.
6
Esercitazione 2
Possiamo quindi scrivere
exp(tA) = P exp(tB)P
Esercizio 2.8:
−1
=e
t
cos t + sin t
2 sin t
Esercizio 2.9:
.
Data la matrice

0
0 ,
0

calcolare exp(tA).
− sin t
cos t − sin t
0 0

A= 1 0
0 1
Data la matrice
A=
−3
2
3
−2
,
calcolare exp(tA).
Esercizio 2.10:

Dato il sistema


 
x′
3 1 1
x
 y ′  =  −1 5 1   y  ,
z′
0 0 4
z

 

x0
1
 y0  =  1  ,
z0
−2
calcolare la soluzione con l’esponenziale di matrice.
Esercizio 2.11:
Data la matrice

calcolare exp(A).
2.2
1 −3

A = −2 1
−1 −3

2
2 ,
4
Forma canonica di Jordan
Come fare se A non è diagonalizzabile?
Questo argomento viene trattato in ogni corso di algebra lineare (o nel corrispondente corso dal nome più o meno esotico in cui vengono affrontate le applicazioni lineari
e la loro rappresentazione matriciale), quindi non troverete qui alcun teorema o spiegazione teorica, solamente uno schema banale per il calcolo dei cosiddetti autovettori
generalizzati.
Osservazione. Ogni matrice A ∈ Mat(n, n, R) può essere trasformata nella corrispondente forma canonica di Jordan con una trasformazione lineare invertibile.
In formule,
P −1 AP = J , J = diag(J1 , . . . , Jm ) ,
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con
λi
1

0
Ji = 
0
0
λi

0
0
..
..
.
.
0



 ,
1
λi
7
Ji ∈ Mat(ni , ni , C)
blocco di Jordan di dimensione ni ed autovalore λi (n = n1 + . . . nm ).
Osservazione. Poichè abbiamo considerato una matrice A a coefficienti reali, consideriamo nel seguito solamente il caso di autovalori reali. Nel caso di un autovalore
non reale, possiamo sempre ricondurci ad un blocco di Jordan reale con una piccola
modifica (si veda l’Esercizio 2.5). Questo caso è lasciato per esercizio essendo una
piccola variazione sul tema.
Osservazione.
1. Se A è diagonalizzabile, allora J è una matrice diagonale i cui blocchi Ji hanno
dimensione ni = 1;
2. La forma canonica di Jordan è unica (a meno di permutazioni dei blocchi);
3. Allo stesso autovalore possono corrispondere più blocchi.
Va bene, ma come calcolare la matrice P ?
Anzitutto osserviamo che la dimensione del nucleo dell’applicazione (A − λ1)
corrisponde al numero dei blocchi di Jordan con autovalore λ. Inoltre, vale la relazione
X
dim N (A − λ1)k =
min(k, ni ) ,
λi =λ
dunque siamo anche in grado di determinare le dimensioni dei blocchi di Jordan.
A questo punto sappiamo determinare la forma canonica di Jordan associata ad
una matrice A, passiamo alla matrice di trasformazione.
Vogliamo che valga la seguente equazione
P −1 AP = J = diag(J1 , . . . , Jm ) .
Esprimiamo P come
P = (P1 , . . . , Pm ) ,
Pi ∈ Mat(n, ni , R) .
allora deve valere
ATi = Ti Ji .
Sia ora
Ti = (vi,1 , vi,2 , . . . , vi,ni ) ,
segue che
Avi,1 = λi vi,1 ,
ovvero la prima colonna è un autovettore associato a λi . Per j = 2, . . . , ni invece
abbiamo
Avi,j = vi,j−1 + λi vi,j ,
8
Esercitazione 2
che possiamo riscrivere nella forma
(A − λi 1)vi,j = vi,j−1 .
I vettori vi,1 , . . . , vi,ni sono i cosiddetti autovettori generalizzati.