Correzione prova intermedia di Matematica Applicata 14 novembre 2011
Compito numero 1 1. Assegnate le matrici
A =
1 1 1 1 2 2 1 2 3
, L =
1 0 0 1 1 0 1 1 1
, M =
1 0 0 a 1 0 b c 1
,
calcolare il determinante di A e il suo rango e dire se la matrice `e invertibile. Calcolare il prodotto LLT e determinare i valori dei parametri a, b e c che rendono M la matrice inversa di L. Sfruttare i calcoli fatti per dedurre l’inversa di A.
Soluzione:
det(A) =
1 1 1 1 2 2 1 2 3
= 1 ·
2 2 2 3
+ (−1) ·
1 2 1 3
+ 1 ·
1 2 1 2
= 2 − 1 + 0 = 1 6= 0.
Dato che il determinante di ordine 3 `e diverso da zero il rango di A `e uguale a 3 e per lo stesso motivo la matrice A `e invertibile.
LLT =
1 0 0 1 1 0 1 1 1
1 1 1 0 1 1 0 0 1
=
1 1 1 1 2 2 1 2 3
= A.
La matrice M `e l’inversa della matrice L se M L = I.
M L =
1 0 0 a 1 0 b c 1
1 0 0 1 1 0 1 1 1
=
1 0 0
a + 1 1 0
b + c + 1 c + 1 1
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
L’uguaglianza `e verificata se
a + 1 = 0 −→ a = −1 c + 1 = 0 −→ c = −1 b + c + 1 = 0 −→ b = 0
Quindi
L−1 =
1 0 0
−1 1 0 0 −1 1
Dato che A = (LLT) → A−1 = (LLT)−1 = (L−TL−1)
L−TL−1 =
1 −1 0 0 1 −1
0 0 1
1 0 0
−1 1 0 0 −1 1
=
2 −1 0
−1 2 −1
0 −1 1
= A−1. 2. Dati i vettori
v1 =
1 1
−1 1
, v2 =
1 0 1 0
, v3 =
0 1 1 0
, v4 =
0 0 1 1
,
dimostrare che v2, v3 e v4 sono ortogonali a v1, e ortonormalizzare i quattro vettori mediante il procedimento di Gram-Schmidt.
Soluzione:
Due vettori sono ortogonali se il loro prodotto scalare `e nullo.
< v1, v2 >=1 1 −1 1
1 0 1 0
= 1 + 0 − 1 + 0 = 0;
< v1, v3 >=1 1 −1 1
0 1 1 0
= 0 + 1 − 1 + 0 = 0;
< v1, v4 >=1 1 −1 1
0 0 1 1
= 0 + 0 − 1 + 1 = 0.
Il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt consiste nel trovare i vettori ortonormali q1, q2, q3, q4 a partire dai vettori v1, v2, v3, v4 tramite la formula
qk = fqk kfqkk doveqfk = vk−Pk−1
j=1rjkqj e rjk =< qj, vk>.
• qe1 = v1 =
1 1
−1 1
, kqe1k =√
1 + 1 + 1 + 1 =√
4 = 2, q1 =
1/2 1/2
−1/2 1/2
.
• r12=< q1, v2 >=1/2 1/2 −1/2 1/2
1 0 1 0
= 12 − 12 = 0
Quindi
qe2 = v2 =
1 0 1 0
, kqe2k =√
1 + 1 =√
2, q2 =
√2/2
√0 2/2 0
.
• r13=< q1, v3 >=1/2 1/2 −1/2 1/2
0 1 1 0
= 12 − 12 = 0,
r23=< q2, v3 >=√2/2 0 √
2/2 0
0 1 1 0
=
√ 2 2 . Quindi
qe3 = v3− r23q2 =
0 1 1 0
−
√ 2 2
√2/2
√0 2/2 0
=
0 1 1 0
−
1/2
0 1/2
0
=
−1/2 1 1/2
0
,
kqe3k =p1/4 + 1 + 1/4 = √26, q3 =
−√
√ 6/6
√6/3 6/6 0
.
• r14=< q1, v4 >=1/2 1/2 −1/2 1/2
0 0 1 1
= −12 + 12 = 0,
r24=< q2, v4 >=√2/2 0 √
2/2 0
0 0 1 1
=
√ 2 2 .
r34=< q3, v4 >=−√
6/6 √
6/3 √
6/6 0
0 0 1 1
=
√ 6 6 . Quindi
qe4 = v4− r24q2− r34q3 =
0 0 1 1
−
√ 2 2
√2/2
√0 2/2 0
−
√ 6 6
−√
√ 6/6
√6/3 6/6 0
=
=
0 0 1 1
−
1/2
0 1/2
0
−
−1/6 1/3 1/6 0
=
−1/3
−1/3 1/3
1
,
kqe4k =p1/9 + 1/9 + 1/9 + 1 = 2√33, q4 =
−√ 3/6
−√
√ 3/6
√3/6 3/2
.
3. Risolvere, ricorrendo alle serie di Fourier, la seguente equazione differenziale in [−π, π]
2y00+ 3y = f (x), f (x) =
−1, −π ≤ x < −π2, 2x
π , −π2 ≤ x < π2, 1, π2 ≤ x < π.
Soluzione:
La funzione f (x) `e dispari, come si evince facilmente dal grafico.
Per questo i coefficienti ae0 eaek sono nulli.
Inoltre T = 2π quindi ω = 2πT = 1, perci`o lo sviluppo in serie di Fourier della f (x) `e
Sf(x) =
∞
X
k=1
beksin kx
0
−1 0 1
π/2 π
−π/2
−π
Si ha:
bek = 2 π
Z π 0
f (x) sin kx dx = 2 π
(Z π2
0
2
πxsinkx dx + Z π
π 2
sin kx dx )
=
= 2 π
(2 π
"
−xcos kx k
π 2
0
+ 1 k
Z π2
0
cos kx dx
#
− cos kx k
π
π 2
)
=
= 4 kπ2
"
−π
2 cos kπ
2 + sin kx k
π 2
0
#
− 2 kπ
cos kx − cos kπ 2
=
= −
2
kπcos kπ 2 + 4
k2π2 sin kπ 2 − 2
kπ(−1)k+
2
kπcos kπ 2 =
= 2 kπ
2
kπ sin kπ
2 − (−1)k
Lo sviluppo in serie di Fourier della funzione incognita y `e:
Sy(x) =
∞
X
k=1
bksin kx.
Infatti, mancando la derivata prima, anche i coefficienti a0,ak saranno nulli.
Per determinare i coefficienti bk imponiamo l’uguaglianza 2y00+ 3y = f (x), cio`e
3
∞
X
k=1
bksin kx
! + 2
∞
X
k=1
−bkk2sin kx
!
=
∞
X
k=1
(3 − 2k2)bksin kx =
=
∞
X
k=1
2 kπ
2
kπsin kπ
2 − (−1)k
sin kx
che `e verificata se
(3 − 2k2)bk = 2 kπ
2
kπsin kπ
2 − (−1)k
−→ bk = 2 kπ(3 − 2k2)
2
kπsin kπ
2 − (−1)k
infatti 3 − 2k2 6= 0 poich`e k pu`o assumere solo valori interi.
4. Calcolare almeno due delle seguenti trasformate di Fourier F−1
e−5ik 9 + (k + 4)2
, F cos 4x 3 + 2ix
, F−1
i(k − 2) 3 + (k − 2)2
.
Soluzione:
• F−1n
e−5ik 9+(k+4)2
o
= 16e−3|x−5|e−4i(x−5)
⇑ Applicando la propriet`a 2 con x0 = 5 F−1n
1 9+(k+4)2
o
= 16e−3|x|e−4ix
⇑ Applicando la propriet`a 3 con k0 = −4 F−1 1
9+k2 = 16F−1 6
9+k2 = 16e−3|x|
• Fcos 4x
3+2ix = 12π h
e32(k−4)H(−k + 4) + e32(k+4)H(−k − 4) i
⇑ Applicando la propriet`a 6 con k0 = 4 F 1
3+2ix = πe32kH(−k)
⇑ Applicando la propriet`a 5 con f = 3+2ix1 e g = 12e−32kH(k) F−1 1
3+2ik = 12F−1n
1
3 2+ik
o
= 12e−32xH(x)
• F−1n i(k−2)
3+(k−2)2
o
= −12e2ixh e−
√3xH(x) − e
√3xH(−x)i
⇑ Applicando la propriet`a 3 con k0 = 2 F−1 ik
3+k2 = −12F−1−2ik
3+k2 = −12 h e−
√
3xH(x) − e
√
3xH(−x)i
5. Risolvere, ricorrendo alla trasformata di Fourier, la seguente equazione differenziale 2y0− 6y = 3 [H(x + 2) − H(x − 4)] , x ∈ R,
dove H(x) indica la funzione di Heaviside.
Soluzione: Per la propriet`a 8 si ha, trasformando entrambi i membri:
2ikY (k) − 6Y (k) = F (k) −→ (2ik − 6)Y (k) = F (k) −→ Y (k) = −1 2
F (k) (3 − ik) dove Y (k) e F (k) denotano le trasformate di Fourier rispettivamente di y(x) e f (x).
Per la propriet`a 10 si ha che y(x) = g ∗ f con
(f (x) = 3 [H(x + 2) − H(x − 4)]
g(x) = F−1 1
3−ik = e3xH(−x)
y(x) = −3
2 e3xH(−x) ∗ [H(x + 2) − H(x − 4)] =
= −3 2
Z ∞
−∞
e3(x−y)H(y − x) [H(y + 2) − H(y − 4)] dy =
La funzione H(y + 2) − H(y − 4) vale
(1 se − 2 < y < 4 0 altrove
= −3 2e3x
Z 4
−2
e−3yH(y − x) dy =
La funzione H(y − x) vale
(1 se x < y 0 altrove
= −3 2e3x
R4
−2e−3ydy se x < −2 R4
x e−3ydy se − 2 < x < 4 0 se x > 4
= 1 2e3x
(e−12− e6) se x < −2 (e−12− e−3x) se − 2 < x < 4
0 se x > 4
=
1
2 e3(x−4)− e3(x+2)
se x < −2
1
2 e3(x−4)− 1
se − 2 < x < 4
0 se x > 4
Compito numero 2 1. Assegnate le matrici
A =
1 1 1 1 2 0 1 0 3
, R =
1 1 1 0 1 −1 0 0 1
, S =
1 r s 0 1 t 0 0 1
,
calcolare il determinante di A e il suo rango e dire se la matrice `e invertibile. Calcolare il prodotto RTR e determinare i valori dei parametri r, s e t che rendono S la matrice inversa di R. Sfruttare i calcoli fatti per dedurre l’inversa di A.
Soluzione:
det(A) =
1 1 1 1 2 0 1 0 3
= 1 ·
2 0 0 3
+ (−1) ·
1 1 0 3
+ 1 ·
1 1 2 0
= 6 − 3 − 2 = 1 6= 0.
Dato che il determinante di ordine 3 `e diverso da zero il rango di A `e uguale a 3 e per lo stesso motivo la matrice A `e invertibile.
RTR =
1 0 0
1 1 0
1 −1 1
1 1 1 0 1 −1 1 0 1
=
1 1 1 1 2 0 1 0 3
= A.
La matrice S `e l’inversa della matrice R se SR = I.
SR =
1 r s 0 1 t 1 0 1
1 1 1 0 1 −1 1 0 1
=
1 1 + r 1 − r + s
1 1 −1 + t
0 0 1
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
L’uguaglianza `e verificata se
1 + r = 0 −→ r = −1 1 − r + s = 0 −→ s = −2
−1 + t = 0 −→ t = 1
Quindi
R−1 =
1 −1 −2
0 1 1
0 0 1
Dato che A = (RTR) → A−1 = (RTR)−1 = (R−1R−T)
R−1R−T =
1 −1 −2
0 1 1
0 0 1
1 0 0
−1 1 0
−2 1 1
=
6 −3 −2
−3 2 1
−2 1 1
= A−1. 2. Dati i vettori
v1 =
1
−1 1 1
, v2 =
1 1 0 0
, v3 =
0 1 1 0
, v4 =
0 1 0 1
,
dimostrare che v2, v3 e v4 sono ortogonali a v1, e ortonormalizzare i quattro vettori mediante il procedimento di Gram-Schmidt.
Soluzione:
Due vettori sono ortogonali se il loro prodotto scalare `e nullo.
< v1, v2 >=1 −1 1 1
1 1 0 0
= 1 − 1 + 0 + 0 = 0;
< v1, v3 >=1 −1 1 1
0 1 1 0
= 0 − 1 + 1 + 0 = 0;
< v1, v4 >=1 −1 1 1
0 1 0 1
= 0 − 1 + 0 + 1 = 0.
Il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt consiste nel trovare i vettori ortonormali q1, q2, q3, q4 a partire dai vettori v1, v2, v3, v4 tramite la formula
qk = fqk kfqkk
doveqfk = vk−Pk−1
j=1rjkqj e rjk =< qj, vk>.
• qe1 = v1 =
1
−1 1 1
, kqe1k =√
1 + 1 + 1 + 1 =√
4 = 2, q1 =
1/2
−1/2 1/2 1/2
.
• r12=< q1, v2 >=1/2 −1/2 1/2 1/2
1 1 0 0
= 12 − 12 = 0
Quindi
qe2 = v2 =
1 1 0 0
, kqe2k =√
1 + 1 =√
2, q2 =
√2/2
−√ 2/2 0 0
.
• r13=< q1, v3 >=1/2 −1/2 1/2 1/2
0 1 1 0
= −12 + 12 = 0,
r23=< q2, v3 >=√2/2 √
2/2 0 0
0 1 1 0
=
√ 2 2 . Quindi
qe3 = v3− r23q2 =
0 1 1 0
−
√ 2 2
√2/2
√2/2 0 0
=
0 1 1 0
−
1/2 1/2 0 0
=
−1/2 1/2
1 0
,
kqe3k =p1/4 + 1/4 + 1 = √26, q3 =
−√
√ 6/6
√6/6 6/3 0
.
• r14=< q1, v4 >=1/2 −1/2 1/2 1/2
0 1 0 1
= −12 + 12 = 0,
r24=< q2, v4 >=√2/2 √
2/2 0 0
0 1 0 1
=
√2 2 .
r34=< q3, v4 >=−√
6/6 √
6/6 √
6/3 0
0 1 0 1
=
√ 6 6 . Quindi
qe4 = v4− r24q2− r34q3 =
0 1 0 1
−
√ 2 2
√2/2
√2/2 0 0
−
√ 6 6
−√
√ 6/6
√6/6 6/3 0
=
=
0 1 0 1
−
1/2 1/2 0 0
−
−1/6 1/6 1/3 0
=
−1/3 1/3
−1/3 1
,
kqe4k =p1/9 + 1/9 + 1/9 + 1 = 2√33, q4 =
−√
√ 3/6 3/6
−√
√ 3/6 3/2
.
3. Risolvere, ricorrendo alle serie di Fourier, la seguente equazione differenziale in [−π, π]
3y00+ 4y = f (x), f (x) =
−π2x, −π ≤ x < −π2, 1, −π2 ≤ x < π2,
2
πx, π2 ≤ x < π.
Soluzione:
La funzione f (x) `e pari, come si evince facil- mente dal grafico.
Per questo i coefficienti ebk sono nulli.
Inoltre T = 2π quindi ω = 2πT = 1, perci`o lo sviluppo in serie di Fourier della f (x) `e
Sf(x) = ae0+
∞
X
k=1
aekcos kx
0 1
2
−π/2 π
−π π/2
Si ha:
ae0 = 1 π
Z π 0
f (x) dx = 1 π
(Z π2
0
1 dx + Z π
π 2
2 πx dx
)
=
= 1 π
( x|
π 2
0 + 2 π
x2 2
π
π 2
)
= 1 π
(π 2 +π2
π − π2
4π )
= 1
π h5
4πi
= 5 4
aek= 2 π
Z π 0
f (x) cos kx dx = 2 π
(Z π2
0
cos kx dx + Z π
π 2
2
πx cos kx dx )
=
= 2 π
( sin kx k
π 2
0
+ 2 π
"
xsin kx k
π
π 2
− 1 k
Z π
π 2
sin kx dx
# )
=
= 2 kπ
( sin kπ
2 + 2 π
"
−π
2sin kπ
2 + cos kx k
π
π 2
# )
=
= 2 kπ
(
sin kπ 2 −
sin kπ 2 + 2
kπ h
cos kπ − cos kπ 2 i
)
=
= 4 k2π2
h
(−1)k− cos kπ 2 i
Lo sviluppo in serie di Fourier della funzione incognita y `e:
Sy(x) = a0+
∞
X
k=1
akcos kx.
Infatti, mancando la derivata prima, anche i coefficienti bk saranno nulli.
Per determinare i coefficienti a0 e ak imponiamo l’uguaglianza 3y00+ 4y = f (x), cio`e
4(a0+
∞
X
k=1
akcos kx) + 3(
∞
X
k=1
−akk2cos kx) = 4a0+
∞
X
k=1
(4 − 3k2)akcos kx =
5 4+
∞
X
k=1
4 k2π2
h
(−1)k− cos kπ 2 i
cos kx
che `e verificata se
(4a0 = 54 −→ a0 = 165
(4 − 3k2)ak = k24π2 (−1)k− cos kπ2
−→ ak= k2π2(4−3k4 2) (−1)k− cos kπ2 infatti 4 − 3k2 6= 0 poich`e k pu`o assumere solo valori interi.
4. Calcolare almeno due delle seguenti trasformate di Fourier F−1
e7ik 9 + (k − 6)2
, F cos 3x 4 − 3ix
, F
ix 3 + x2
.
Soluzione:
• F−1n
e7ik 9+(k−6)2
o
= 16e−3|x+7|e6i(x+7)
⇑ Applicando la propriet`a 2 con x0 = −7 F−1n
1 9+(k−6)2
o
= 16e−3|x|e6ix
⇑ Applicando la propriet`a 3 con k0 = 6 F−1 1
9+k2 = 16F−1 6
9+k2 = 16e−3|x|
• Fcos 3x
4−3ix = 13πh
e−43(k−3)H(k − 3) + e−43(k+3)H(k + 3)i
⇑ Applicando la propriet`a 6 con k0 = 3 F 1
4−3ix = 23πe−43kH(k)
⇑ Applicando la propriet`a 5 con f = 4−3ix1 e g = 13e43kH(−k) F−1 1
4−3ik = 13F−1n
1
4 3−ik
o
= 13e43xH(−x)
• F ix
3+x2 = −πh e
√
3kH(−k) − e−
√
3kH(k)i
⇑ Applicando la propriet`a 5 con f = 3+xix2 e g = −12 h
e−
√3kH(k) − e
√3kH(−k) i
F−1 ik
3+k2 = −12F−1−2ik
3+k2 = −12 h e−
√
3xH(x) − e
√
3xH(−x)i
5. Risolvere, ricorrendo alla trasformata di Fourier, la seguente equazione differenziale 3y0+ 6y = 2 [H(x + 7) − H(x + 1)] , x ∈ R,
dove H(x) indica la funzione di Heaviside.
Soluzione: Per la propriet`a 8 si ha, trasformando entrambi i membri:
3ikY (k) + 6Y (k) = F (k) −→ (3ik + 6)Y (k) = F (k) −→ Y (k) = 1 3
F (k) (2 + ik)
dove Y (k) e F (k) denotano le trasformate di Fourier rispettivamente di y(x) e f (x).
Per la propriet`a 10 si ha che y(x) = g ∗ f con
(f (x) = 2 [H(x + 7) − H(x + 1)]
g(x) = F−1 1
2+ik = e−2xH(x)
y(x) = 2
3 e−2xH(x) ∗ [H(x + 7) − H(x + 1)] =
= 2 3
Z ∞
−∞
e−2(x−y)H(x − y) [H(y + 7) − H(y + 1)] dy =
La funzione H(y + 7) − H(y + 1) vale
(1 se − 7 < y < −1 0 altrove
= 2 3e−2x
Z −1
−7
e2yH(x − y) dy =
La funzione H(x − y) vale
(1 se y < x 0 altrove
= 2 3e−2x
0 se x < −7 Rx
−7e2ydy se − 7 < x < −1 R−1
−7 e2ydy se x > −1
= 1 3e−2x
0 se x < −7
(e2x− e−14) se − 7 < x < −1 (e−2− e−14) se x > −1
=
0 se x < −7
1
3 1 − e−2(x+7)
se − 7 < x < −1
1
3 e−2(x+1)− e−2(x+7)
se x > −1