Esercizi sulla forma di Jordan e sull`esponenziale di matrice

Controlli automatici
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
p(s) = (s − 2)2 , unico autovalore λ = 2.
"
V1 = ker(A − 2I); dim V1 = dim
0
0
1
0
#
=1
V2 = ker(A − 2I)2 ; dim V2 = 2.
"
2
1
#
Possiamo dire a questo punto che la forma di Jordan sarà J =
.
0
2
"
#
1
Costruiamo la base, scegliamo w2 =
appartenente a V2 ma non a V1
0
e costruiamo la catena
"
#
"
#
1
0
w2 =
→ w1 =
→ 0.
0
1
"
#
0 1
−1
Abbiamo A = T JT , dove T = [w1 w2 ] =
e
1 0
"
#" 2t
#"
# " 2t
#
0 1
e
te2 t
0 1
e
0
At
Jt
e = T e T −1 =
=
.
1 0
0
e2 t
1 0
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’è 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 già in grado
2 e che quindi la forma di Jordan sarà

2 1

 0 2


 0 0

di dire che ci sono due catene di ordine
0
0
2
0 0
0
0


0 

,
1 

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

 
 0 
 
w2 =   →
 0 
 
 0 
0
 
 0 
 
w4 =   →
 0 
 
1

1



 −1 


w1 = 
→
 1 


0
 
0
 
 0 
 
w3 =   →
 1 
 
0
2
0
0

1
1
0
0



 −1 0 0 0 


possiamo scrivere A = T JT −1 , con T = 
, quindi
 1 0 1 0 


0 0 0 1



 2t
0 −1 0 0
e
te2 t 0
0
1 1 0 0






 −1 0 0 0   0
e2 t
0
0 
 1 1 0 0 


At
Jt −1
e = Te T = 
=





 1 0 1 0  0
0
e2 t te2 t 
 0 1 1 0 


0 0 0 1
0
0
e2 t
0 0 0 1
0
 2t
2t
2t
e + te
te
0
0


 −te2 t
e2 t − te2 t 0
0 


=

2t
2t
2t
2t 

te
te
e
te 

0
0
0
e2 t
(3)

1

 −1

A=
 0

0
1
0
−1
0
0
2
0
0
0


1 


2 

0
3
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 


2
V2 = ker A = ker 
 ; dim V2 = 2
 0 0 4 4 


 0 0 0 0
0 0 0 0


 0 0 0 0 


3
V3 = ker A = ker 
 ; dim V3 = 3
 0 0 8 8 


0 0
0
0
ci fermiamo perchè abbiamo raggiunto la molteplicità algebrica di λ = 0 nel polinomio caratteristico, visto che λ = 2 ha molteplicità 1 possiamo già individuare
3
la forma di Jordan

0 1
0

 0 0

J =
 0 0

0 0
Troviamo ora la base,
otteniamo la catena

0

 0

w3 = 
 1

0


0 

.
0 

2
1
0
0
per λ = 0, prendiamo w3 appartenente a V3 e non a V2 ,




0

−1



 → 0,






 −1 
 1





 → w2 = 
 → w1 = 
 0

 0 




0
0
−1
per λ = 2 otteniamo la catena di ordine 1 costituita da un autovettore, cioè
 


0
−1 1 0 0
 


 0 
 −1 −3 0 1 
 


w4 =   ∈ ker(A − 2I) = ker 
,
 1 
 0

0
0
2
 


0
0
0 0 −2

−1

 1

infine A = T JT −1, con T = 
 0

0

−1
0
0
0
0
0
0
0

 1 −1 0 0

eAt = T eJt T −1 = 
 0
0
1 1

0
0 −1 0

1+t
t
0
1/2 t2

 −t −t + 1 0 −1/2 t2 + t

=
 0
0
e2 t
e2 t − 1

0
0
0
1


0 

e
1 1 

−1 0
−1
0
0

1
t

 0 1


 0 0

 0 0



.


4
1/2 t2
t
1
0
0

−1


0 
  −1


0 
 0
2t
e
0
0
0
−1
0
0
0
0


0 

=
0 −1 

1 1