Esercizi sulla forma di Jordan e sull’esponenziale di matrice PDF

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Esercizi completamente svolti, esame di algebra e geometria...

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Esercizi sulla forma di Jordan e sull’esponenziale di matrice Mettere le seguenti matrici in forma di Jordan e calcolare l’esponenziale di matrice eAt . (1) " # 2 0 A= 1 2 2 p(s) = (s − 2) , unico autovalore λ = 2. # " 0 0 =1 V1 = ker(A − 2I); dim V1 = dim 1 0 V2 = ker(A − 2I)2 ; dim V2 = 2. # " 2 1 . Possiamo dire a questo punto che la forma di Jordan sar` aJ= 0 2 # " 1 appartenente a V2 ma non a V1 Costruiamo la base, scegliamo w2 = 0 e costruiamo la catena " # # " 0 1 → 0. → w1 = w2 = 0 1 # " 0 1 −1 e Abbiamo A = T J T , dove T = [w1 w2 ] = 1 0 #" 2t # " 2t #" # " e te2 t e 0 0 1 0 1 At Jt = . e = T e T −1 = 1 0 1 0 0 e2 t te2 t e2 t (2) 

3

1 0 0



   −1 1 0 0    A=   1 1 2 1    0 0 0 2

p(s) = (s − 2)4 , c’`e un unico autospazio generalizzato di ciato all’autovalore 2.  1   −1  V1 = ker(A − 2I); dim ker(A − 2I) = dim ker   1  0

V2 = ker(A − 2I)2 ; dim ker(A − 2I)2 = 4. 1

dimensione 4 asso 1 0 0  −1 0 0    = 2, 1 0 1   0 0 0

A questo punto siamo gi` a in grado 2 e che quindi la forma di Jordan sar` a  2 1   0 2    0 0 

di dire che ci sono due catene di ordine 0 0



 0 0   , 2 1   0 0 0 2

troviamo ora la base che consente di mettere A in tale forma, prendendo  due  1    0    vettori indipendenti che appartengano a V2 ma non a V1 , scegliamo w2 =    0    0   0    0    e w4 =   e costruiamo le catene  0    1     1 1      0   −1      w2 =  → 0  → w1 =   0   1      0 0     0 0        0   → w = 0  w4 =   → 0   3  1   0      0

1

2



1

1 0 0



   −1 0 0 0    possiamo scrivere A = T J T , con T =   , quindi  1 0 1 0    0 0 0 1     0 −1 0 0 1 1 0 0 e2 t te2 t 0 0      1 1 0 0   −1 0 0 0   0 e2 t 0 0        eAt = T eJt T −1 =  =   2t 2t  0   1 0 1 0  0 1 1 0 0 e te      2 t 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 e  2t 0 e + te2 t te2 t 0 0    −te2 t e2 t − te2 t 0 0    =  2t 2t 2t 2t   te te e te   −1

0

0

e2 t

0

(3)



3

1

  −1  A=  0  0

1 −1 0 0

0 0



 1    2 2   0 0

0

p(s) = s (s − 2), consideriamo λ = 0   1 1 0 0    −1 −1 0 1    V1 = ker A = ker   ; dim V1 = 1  0  0 2 2   0 0 0 0   0 0 0 1    0 0 0 −1    V2 = ker A2 = ker   ; dim V2 = 2  0 0 4 4     0 0   0  V3 = ker A3 = ker   0  0

0 0 0 0 0 0  0 0 0    ; dim V3 = 3 0 8 8   0 0 0

ci fermiamo perch`e abbiamo raggiunto la molteplicit` a algebrica di λ = 0 nel polinomio caratteristico, visto che λ = 2 ha molteplicit` a 1 possiamo gi` a individuare 3

la forma di Jordan

Troviamo ora la base, otteniamo la catena  0   0 w3 =    1  −1



0 1 0 0



   0 0 1 0    J= .  0 0 0 0    0 0 0 2

per λ = 0, prendiamo w3 appartenente a V3 e non a V2 , 



0

     → w =  −1   2   0   0





−1



       → w = 1     → 0, 1   0     0

per λ = 2 otteniamo la catena di ordine 1 costituita da un autovettore, cio`e     −1 1 0 0 0      −1 −3 0 1   0      w4 =  ,  ∈ ker(A − 2I) = ker    0  1  0 0 2     0 0 0 −2 0   −1 0 0 0    1 −1 0 0    infine A = T J T −1, con T =  e  0  0 1 1   0 0 −1 0     1 t 1/2 t2 0 −1 0 0 0 −1 0 0 0      1 −1 0 0   0 1  −1 −1 0 0  t 0        At Jt −1 e = Te T =   =  0  0 0  0  0 1 1 1 0 0 0 − 1     2t 0 0 0 e 0 0 −1 0  0 0 1 1  1+t t 0 1/2 t2    −t −t + 1 0 −1/2 t2 + t    = . 2t 2t  0 0 e e −1    0

0

0

1

4...