Esercitazione 2 di Matematica Applicata

Laura Marcias – laura_marcias@tiscali.it

4 Dicembre 2010

Esercizio 1 Calcolare la fattorizzazione B = LU della matrice:

−

−=

281

112

121

B

ed utilizzarla per risolvere il sistema lineare Bx = b con b = (–1 4 12)T.

Soluzione Triangolarizzo la matrice B

−

−

281

112

121

1

2 �

−−

−

3100

150

121

2

�

−−

−

100

150

121

Matrice triangolare superiore: Matrice triangolare inferiore:

LUB = bxLU =

==

yxU

byL

=++=+

−=

122

42

1

321

21

1

yyy

yy

y

==

−=

1

6

1

3

2

1

y

y

y

=−=−

−=+−

1

65

12

3

32

321

x

xx

xxx

−===

1

1

2

3

2

1

x

x

x

Esercizio 2 Calcolare il determinante della matrice

−−−−−

−

=

2481

17102

1130

0642

A

mediante la fattorizzazione PA = LU.

−−

−=

100

150

121

U

=121

012

001

L

Soluzione

−−−−−

−

−−

2481

17102

1130

0642

21

1 �

−−−−−

−

2160

1160

1130

0642

Scambio la seconda riga con la terza:

−−

−−−−

2160

1130

1160

0642

−−

−−−−

−2160

1130

1160

0642

1

21 �

−−−−

3000

212100

1160

0642

Matrice triangolare superiore:

−−−−

=

3000

212100

1160

0642

U

Matrice di permutazione:

( )

==

1000

0010

0100

0001

3,2 IPP

Matrice triangolare inferiore:

−−

−

−−

=

10121

01210

0011

0001

21

1

0

1

L

LUPA = ( ) ( )LUPA detdet = ( ) ( ) ( ) ( )ULAP detdetdetdet =

( ) ( ) ( )UA P det11det # ⋅⋅−= ( ) ( ) 181811det 1 −=⋅⋅−=A

Esercizio 3 Si ortonormalizzino i seguenti vettori mediante il procedimento di Gram – Schmidt

−=0

1

1

1v

=2

1

0

2v

=0

1

2

3v

Soluzione Primo passo dell’algoritmo: 211~

1111 =+=== vqr

−=

−==0

22

22

0

1

1

2

1~

11

11 r

qq

Secondo passo dell’algoritmo: 2

2, 2112 −=⟩⟨= vqr

=

−+

=

−+

=−=2

21

21

0

21

21

2

1

0

0

22

22

2

2

2

1

0~

11222 qrvq

2

23

2

34

4

1

4

1~222 ==++== qr

=

==322

62

62

2

21

21

3

2~

22

22 r

qq

Terzo passo dell’algoritmo: 2

2

2

22

2

2, 3113 =−=⟩⟨= vqr

2

2

6

22

6

2, 3223 =+=⟩⟨= vqr

−=

−

−−

=

−

−−

=−−=32

34

34

32

61

61

0

21

21

0

1

2

322

62

62

2

2

0

22

22

2

2

0

1

2~

22311333 qrqrvq

29

4

9

16

9

16~333 =++== qr

−=

−==

31

32

32

32

34

34

2

1~

33

33 r

qq

Esercizio 4 Considerando il sistema lineare Ax = b, con

−−−

−=

212

122

223

A

=2

2

3

b

dire se il metodo di Jacobi risulta convergente e, fissato il vettore iniziale x(0) = (0 0 0)T, calcolare le iterazioni x(1) e x(2).

Soluzione Metodo iterattivo: dove B = P-1N e f = P-1b

Splitting additivo: A = D – L – U

≠=

=ji

jiaD ii

ij 0

≤>−

=ji

jiaL ij

ij 0

≥<−

=ji

jiaU ij

ij 0

( ) ( ) fxBx kJ

k +=+1

Il metodo di Jacobi corrisponde alla scelta: P = D e N = L+U, perciò: BJ = D-1(L+U) e f = D-1b

=200

020

003

D

=−

2100

0210

00311D

−

−=+

012

102

220

UL

( )

−

−=

−

−

=+= −

02122

21022

32320

012

102

220

2100

0210

00311 ULDBJ

Il metodo è convergente se il raggio spettrale della matrice di iterazione è minore di uno. Calcolo gli autovalori associati alla matrice BJ

:

( ) 0det =− IBJ λ 0

2122

2122

3232

det =

−−−

−−

λλ

λ

02

2

4

2

3

2

4

2

2

2

3

2

4

12 =

−−

+−−

−− λλλλ

02

1

2

2

3

2

2

1

2

2

3

2

4

12 =

−+

−+

−− λλλλ

02

1

3

1

2

1

3

1

2

1

2

1 =

−+

−+

+

−− λλλλλ 02

1

3

2

2

1

2

1 =

−+

+

−− λλλλ

03

2

2

1

2

1 2 =

−+

− λλλ 2

11 =λ

48

35

4

1

3

2

16

1

4

132 ±−=+±−=λ

48

35

4

12 +−=λ

48

35

4

13 −−=λ

5,02

11 ==λ

6,0

48

35

4

12 =+−=λ

1,1

48

35

4

13 =−−=λ

L’autovalore massimo in modulo è quello corrispondente a λ3, essendo in modulo maggiore di 1, il metodo di Jacobi non è converge. Calcolo delle iterazioni:

( ) ( ) ( )kkk UxLxbDx ++=+1 ( ) ( ) ( )kkk UxDLxDbDx 1111 −−−+ ++= ( ) ( ) ( )kk xULDbDx ++= −−+ 111 ( ) ( ) fxBx k

Jk +=+1

−

−=

02122

21022

32320

JB

=

=1

1

1

2

2

3

2100

0210

0031

f

Per k = 0 ( ) ( ) fxBx J += 01

( )

=

+

−

−=

1

1

1

1

1

1

0

0

0

02122

21022

323201x

Per k = 1 ( ) ( ) fxBx J += 12

( )

−

+=

+

−

−=

2

232

231

1

1

1

1

1

1

02122

21022

323202x

Esercizio 5

Dato il problema di Cauchy ( )

ℜ∈

=

=x

y

y

xy

11

'

dire se il problema è ben posto ed approssimare la soluzione nel punto di ascissa 2

5=x

mediante un metodo alle differenze finite moniste di ordine 2, utilizzando il passo 2

1=h .

Soluzione

La funzione ( )y

xyxf =,

è continua nell’intervallo

Per quanto riguarda la Lipschitzianeità:

perciò la funzione f(x,y) è localmente Lipschtziana nell’intervallo Il problema è ben posto e troverò una soluzione locale in quanto non sto considerando tutto R. Uso il metodo di Eulero modificato essendo una formula monostep esplicita.

( )

=

+++=+

00

1 ,2

,2

y

xfhh

xhf jjjjjj

η

ηηηη

10 =η

2

3

2

1101 =+=+= hxx

( )

+++= 000001 ,2

,2

ηηηη xfhh

xhf 2

3

1

1

4

11

4

11

2

11

2

2

0

00

0

01 =

+

++=

+

++=

ηη

ηηxh

hx

h

2

31 =x

2

31 =η

22

1

2

312 =+=+= hxx

( ) ( )+∞∪∞− ;00;

( )2

,

y

x

y

yxf −=∂

∂

( ) ( )+∞∪∞− ;00;

10 =x

( )

+++= 111112 ,2

,2

ηηηη xfhh

xhf

2

3

2

2

3

4

1

2

34

1

2

3

2

1

2

3

2

2

1

11

1

12 =

+

++=

+

++=

ηη

ηηxh

hx

h

22 =x

22 =η

2

5

2

1223 =+=+= hxx

( )

+++= 222223 ,2

,2

ηηηη xfhh

xhf 2

5

2

2

4

12

4

12

2

12

2

2

2

22

2

23 =

+

++=

+

++=

ηη

ηηxh

hx

h

2

53 =x

2

53 =η

Esercizio 6 Determinare i valori del parametro α che rendono ortogonale la matrice

−−

−=

2121

0

2121

ααα

αQ

e, per uno di essi, calcolare il numero di condizionamento rispetto alle norme 2 e ∞ della matrice ottenuta, giustificando il procedimento utilizzato.

Soluzione Q è ortogonale se QT = Q-1 ossia QTQ=I

+−−+=

−−

−

−−

−=

21210

21210

002

2121

0

2121

2121

2121

0

22

22

2

αααα

α

ααα

α

αα

ααQQT

IQQT =

12 2 =α

2

2±=α

La norma 2 di una matrice ortogonale vale 1, perciò: K2(Q) = 1

Scegliendo poi:

−−

−=

212122

22220

212122

Q

−−

−=

212221

212221

22022TQ

( )∞∞∞

−∞∞ == TQQQQQK 1

12

2

2

1

2

1

2

2,

2

2

2

2,

2

1

2

1

2

2max +=

++

+

++==

∞∞TQQ

( ) 22

3 +=∞ QK

2

2=α