Dalla prova scritta del 18/01/2011

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1 Esercitazione 8 Lucia Pilleri /0/0 Dalla prova scritta del 8/0/0 Esercizio Determinare i valori di α e β che rendono ortogonali le matrici B ] α α C β ] β e, in corrispondenza di una coppia di tali valori, risolvere nel modo più conveniente il sistema lineare Ax b, dove A BC e b (, ) T. Ricordiamo che una matrice B è ortogonale se e solo se BB T I il prodotto di matrici ortogonali è ancora una matrice ortogonale Per prima cosa troviamo i valori di α e β come richiesto, imponendo le condizioni BB T I, CC T I e risolvendo rispetto ad α e β: α α β β ] α α ] β β ] ] 0 0 ] ] 0 0 α + α ± β + β ± Ora in corrispondenza di α e β risolviamo il sistema Ax b, considerando che, poichè B e C sono ortogonali, anche A lo è, e quindi il sistema si risolve semplicemente nel seguente modo: Ax b x A b x A T b

2 Calcoliamo A BC e risolviamo: A BC x A T b ] ] ] ] + ] 5 + ] ]

3 Esercizio Determinare, utilizzando il metodo di eliminazione di Gauss con pivoting, la soluzione del sistema 5x 0x + 5x 0 x + x 8x x 8x + x 6 Scrivere inoltre la fattorizzazione P A LU della matrice del sistema e utilizzarla per calcolarne il determinante. Per prima cosa scriviamo la matrice A b completa associata al sistema, quindi facciamo la fattorizzazione P A LU come richiesto. Otterremo un sistema triangolare superiore, che si risolve semplicemente con il metodo di sostituzione all indietro. Primo passo A b Nella prima colonna cerchiamo il termine più grande in valore assoluto. Poichè è nella terza riga, scambiamo prima e terza riga Calcoliamo i moltiplicatori m, m Per i, sottraiamo alla i-esima riga la prima moltiplicata per m i Sostituiamo la i-esima riga con quella appena ottenuta Dopo lo scambio si ha m m 5 Quindi alla fine del secondo passo si ottiene la matrice 8 0 / 0 0 5/ 5 6 / 0/

4 Secondo passo Escludendo la prima riga, cerchiamo nella seconda colonna il termine più grande in valore assoluto. Questo è già nella seconda riga, quindi non facciamo scambi Calcoliamo il moltiplicatore m Sottraiamo alla terza riga la prima moltiplicata per m Sostituiamo la terza riga con quella appena ottenuta m 5 Quindi finalmente otteniamo U b 8 0 / / 6 / 5/ Il sistema iniziale Ax b è equivalente al sistema Ux b, che si risolve col metodo delle sostituzioni all indietro: x 8x + x 6 x 0x 5 x 5 Le matrici P ed L relative a questa fattorizzazione sono x 7 x x P 0 0 L / / 5/ Il determinante di A risulta quindi, posto n numero di scambi effettuati det(a) ( ) n det(u) 0

5 Esercizio Dimostrare che per α il metodo alle differenze finite η k+ αη k+ η k + hf(x k, η k ) è stabile ed è del prim ordine Per prima cosa scriviamo il metodo nella forma standard r r a i η k+i h b i f(x k+i, η k+i ) i0 i0 η k+ αη k+ + η k hf(x k, η k ) Da cui si vede subito che i coefficienti sono a a α a 0 b b 0 b 0 Stabilità Un metodo multistep è stabile quando le radici del polinomio caratteristico hanno modulo minore o uguale a e quelle con modulo sono tutte distinte. Vediamo se questo è verificato nel nostro caso: ( p(w) w w + 0 w / ) ± w w Il metodo è stabile perchè la radice con modulo ha molteplicità e l altra ha modulo minore di. Ordine di consistenza Per vedere che il metodo è del prim ordine bisogna verificare che τ(x, h) O(h). τ(x, h) h h r a i y(x + ih) i0 r b i y (x + ih) i0 y(x) ] y(x + h) + y(x + h) y (x) Sviluppiamo ora i termini y(x + h) e y(x + h) in serie di Taylor intorno ad h 0. Risulta: τ(x, h) { h y(x) h ] y(x) + hy (x) + h y (x) + y(x) + hy (x) + h { y(x) y(x) hy (x) h y (x) + y(x) + hy (x) + h y (x) + O(h ) y (x) + 5 hy (x) + O(h ) y (x) 5 hy (x) + O(h ) y (x) + O(h ) y (x) y (x) Il metodo è in effetti consistente del prim ordine. 5

6 Esercizio Sviluppare in serie di Fourier la funzione x < f(x) x x < x < La funzione in questione ha periodo T ed è dispari, per cui la sua serie di Fourier si riduce a S f (x) k b k sin x Calcoliamo quindi i coefficienti b k, considerando che il prodotto di due funzioni dispari è una funzione pari: b k ( ) kπ f(x) sin x dx f(x) sin 0 x dx ( ) kπ x sin 0 x dx + sin x dx I + I I ( ) kπ ( ) ] kπ x cos kπ x cos 0 0 x dx cos ( ) ] kπ kπ kπ sin x 0 kπ cos I ( ) kπ kπ cos x ( )] kπ cos(kπ) cos kπ kπ ( )k+ + kπ cos + k π sin b k kπ cos k π sin + k π sin + kπ ( )k+ Lo sviluppo in serie di Fourier della f(x) è quindi + kπ ( )k+ + kπ cos S f (x) i0 k π sin + ] kπ ( )k+ sin 6

7 Esercizio 5 Risolvere, ricorrendo alla trasformata di Fourier, la seguente equazione differenziale y + y H(x + ) H(x ), x R dove H(x) indica la funzione di Heaviside. Dall equazione iniziale passiamo alle trasformate: F {y + y F {H(x + ) H(x ) Applicando le proprietà e 8 troviamo ikf {y + F {y F {H(x + ) H(x ) Posto Y (k) F {y e F (k) F {H(x + ) H(x ) troviamo quindi iky (k) + Y (k) F (k) Y (k) F (k) + ik Da cui, passando all antitrasformata e applicando la proprietà 0 { { y(x) F + ik F (k) F F {F (k) e x H(x) ] H(x + ) H(x )] + ik Non resta quindi che calcolare la convoluzione appena trovata. Per definizione si ha e x H(x) ] H(x + ) H(x )] e (x y) H(x y)h(y + ) H(y )]dy Dove y y H(y + ) ; H(y ) 0 altrove 0 altrove Da qui ricaviamo che l unico intervallo in cui H(x + ) H(x )] 0 è, ], quindi y(x) e (x y) H(x y)dy Distinguiamo ora tre casi, dipendenti dal valore di x: x < In questo caso x < y è sempre verificato, e quindi H(x y) 0: e (x y) H(x y)dy 0 7

8 x In questo caso bisogna spezzare l integrale in due parti e vedere quanto vale H(x y) in ognuna: x e (x y) H(x y)dy e (x y) H(x y)dy + x e (x y) H(x y)dy x e (x y) dy x e x e y dy x ex e y ( ex e x e 9) e7x x > In questo caso y < x è sempre verificato e quindi H(x y) : e (x y) H(x y)dy e (x y) dy e x e y dy ex e y ex (e e 9 ) (e 9x e 7x ) Per cui ricapitolando 0 x < y(x) e7x x (e 9x e 7x ) x > 8

9 Dal compito del //00 Esercizio 5 Eseguire i seguenti calcoli: F{e x cos(πx), F { k ik. Si nota subito che una proprietà da sfruttare è la numero 6: F {f(x) cos(k 0 x) F (k k 0) + F (k + k 0 )] Dove per noi f(x) e x e dunque F (k) F{e x +k Mettendo insieme le due cose otteniamo F{e x cos(πx) F{e x cos(πx) ] + (k π) + + (k + π). + (k π) + + (k + π) Anzitutto portiamo fuori il segno meno e scomponiamo il polinomio di secondo grado al denominatore: F { k ik F { k + ik + 0 k / i ± k + ik + ( k + ) ( i k ) i in fratti semplici, in modo da sfruttare la linearità e ricondurci alle for- Ora scomponiamo k +ik+ mule { F a + ik Facciamo la scomposizione in fratti semplici: k + ik + i ± i k i k i k + ik + A k + i + A + B 0 A i A + B i B i { e ax H(x) F e ax H( x) a > 0 a ik B k i A ( k ( k + i) ( k ( A + B) i i) + B ( k + i) (A + B)k + ( i) k + i) ( k i) k + ik + i k + i + i k i i k + i i i + 9 i k i i i ik + + ik

10 Ci siamo ricondotti alle due forme desiderate e possiamo quindi concludere: F { k + ik + { F ik { F ik { F + ik { F + ik e x H( x) e x H(x) 0