• Non ci sono risultati.

La matrice M `e l’inversa della matrice L se M L = I

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Condividi "La matrice M `e l’inversa della matrice L se M L = I"

Copied!
14
0
0

Testo completo

(1)

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

(2)

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

(3)

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

= 1212 = 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

= 1212 = 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,

(4)

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 = 233, 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 = T = 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:

(5)

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:

(6)

• 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 = 12e32kH(k) F−1 1

3+2ik = 12F−1n

1

3 2+ik

o

= 12e32xH(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

(7)

(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

(8)

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

(9)

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

(10)

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

= 1212 = 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 .

(11)

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 = 233, 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 = T = 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

(12)

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:

(13)

• 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

e43(k−3)H(k − 3) + e43(k+3)H(k + 3)i

⇑ Applicando la propriet`a 6 con k0 = 3 F 1

4−3ix = 23πe43kH(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)

(14)

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

Riferimenti

Documenti correlati

Corso di Laurea in Ingegneria Elettrica, Elettronica ed

Si prova che: (1) se una matrice `e invertibile, allora anche la sua inversa `e invertibile, con inversa la matrice data; (2) se due matrici dello stesso tipo sono invertibili,

[r]

Correzione Prova intermedia di Matematica

e del minimo si deduce che la funzione presenta due intersezioni con la parte positiva dell'asse delle ascisse, una di ascissa inferiore ed una di ascissa superiore a log

[r]

INGEGNERIA PER L’AMBIENTE E IL TERRITORIO 02-03-2011. prova scritta

Definire i concetti di indipendenza lineare e di sistema di generatori per un generico spazio vettoriale V