Esercitazione 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.
2. 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.
3. Assegnata la matrice
A =
3 0 γ 0 γ 0 γ 0 3
dipendente da un parametro γ ∈ R, dire per quali valori del parametro la matrice A
`e definita positiva e per quali `e invertibile.
4. Si ortonormalizzino i seguenti vettori mediante il procedimento di Gram-Schmidt:
v1 =
1 1 0
, v2 =
−1 0 2
, v3 =
2 1 0
.
5. 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.
6. 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.
7. Sviluppare in serie di Fourier, nell’intervallo [−π, π], la funzione
f (x) =
x + π, −π ≤ x < −π2,
−π
2 sin x, −π2 ≤ x < π2, x − π, π2 ≤ x < π.
8. 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.
9. 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:
1.
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.
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.
3. Una matrice `e definita positiva se tutti i suoi autovalori sono positivi. Per trovare gli autovalori dobbiamo calcolare il determinante della matrice A − λI (dove I `e la matrice identit`a di ordine 3) e imporre che sia uguale a 0:
det(A − λI) = det
3 − λ 0 γ
0 γ − λ 0
γ 0 3 − λ
= (γ − λ)
(3 − λ)2− γ2
= (γ − λ)[(3 − λ) − γ][(3 − λ) + γ] = 0 Gli autovalori di A di trovano quindi imponendo:
• γ − λ = 0 −→ λ = γ;
• (3 − λ) − γ = 0 −→ λ = 3 − γ;
• (3 − λ) + γ = 0 −→ λ = 3 + γ Lo spettro di A `e quindi σ(A) = {γ, 3 − γ, 3 + γ}.
La matrice `e definita positiva se questi autovalori sono positivi, cio`e se
• γ > 0;
• 3 − γ > 0 −→ γ < 3;
• 3 + γ > 0 −→ γ > −3.
Queste tre sono soddisfatte se 0 < γ < 3.
Una matrice `e invertibile se il suo determinante `e diverso da zero.
det(A) = det
3 0 γ 0 γ 0 γ 0 3
= γ(9 − γ2) = γ(3 − γ)(3 + γ) 6= 0 La matrice `e quindi invertibile se
• γ 6= 0;
• γ 6= 3;
• γ 6= −3.
4. Il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt consiste nel trovare i vettori ortonormali q1, q2, q3 a partire dai vettori v1, v2, v3, tramite la formula
qk = fqk kfqkk doveqfk = vk−Pk−1
j=1rjkqj e rjk =< qj, vk>.
• qe1 = v1 =
1 1 0
, kqe1k =√
1 + 1 =√
2, q1 =
√2/2
√2/2 0
.
• qe2 = v2− r12q1 dove
r12 =< q1, v2 >= √2/2 √
2/2 0
−1 0 2
= −
√2 2 . Quindi
qe2 =
−1 0 2
+
√2 2
√2/2
√2/2 0
=
−1 0 2
+
1/2 1/2 0
=
−1/2 1/2
2
kqe2k = r1
4 +1
4 + 4 = r9
2 = 3√ 2 2 ,
q2 = 2 3√
2
−1/2 1/2
2
=
−√
√ 2/6 2/6 2√
2/3
.
• qe3 = v3− r13q1− r23q2 dove
r13=< q1, v3 >=√2/2 √
2/2 0
2 1 0
=√ 2 +
√2 2 = 3√
2 2
r23=< q2, v3 >=−√
2/6 √
2/6 2√ 2/3
2 1 0
= −
√2 3 +
√2 6 = −
√2 6 . Quindi
qe3 =
2 1 0
−3√ 2 2
√2/2
√2/2 0
+
√2 6
−√
√ 2/6 2/6 2√
2/3
=
2 1 0
−
3/2 3/2 0
+
−1/18 1/18
2/9
=
4/9
−4/9 2/9
,
kqe3k = r16
81+16 81 + 4
81 = r4
9 = 2 3,
q3 = 3 2
4/9
−4/9 2/9
=
2/3
−2/3 1/3
.
5. 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
.
6. 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
.
7. La funzione f (x) `e dispari, come si evince facilmente dal grafico.
Per questo i coefficienti a0 e ak 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
bksin kx
Si ha:
bk = 2 π
Z π 0
f (x) sin kx dx
= 2 π
(
− π 2
Z π2
0
sin x sin kx dx + Z π
π 2
(x − π) sin kx dx )
Dato che sin x sin kx = 12 [cos (x − kx) − cos (x + kx)] si ha:
= 2 π
(
− π 4
Z π2
0
cos (1 − k)x − cos (1 + k)x dx −
(x − π)cos kx k
π
π 2
+ Z π
π 2
cos kx k dx
)
= 2 π
(
− π 4
sin (1 − k)x 1 − k
π2
0
+π 4
sin (1 + k)x 1 + k
π2
0
− π
2kcos (kπ 2) + 1
k2[sin kx]ππ 2
)
, k 6= 1
= 2 π
(
− π 4
sin (1 − k)π/2 1 − k +π
4
sin (1 + k)π/2 1 + k − π
2k cos (kπ 2) − 1
k2 sin kπ 2
)
= 2 π
(
− π 4
cos kπ2 1 − k + π
4 cos kπ2
1 + k − π
2kcos (kπ 2) − 1
k2 sin kπ 2
)
= cos kπ 2
"
1
2(1 + k) − 1
2(1 − k) − 1 k
#
− 1
k2 sin kπ 2
Se k = 1 abbiamo:
b1 = 2 π
(
− π 2
Z π2
0
sin2x dx + Z π
π 2
(x − π) sin x dx )
Dato che sin2x = 12[1 − cos 2x] si ha:
= 2 π
(
−π 4
Z π2
0
1 − cos 2x dx − [(x − π) cos x]ππ 2 +
Z π
π 2
cos kx dx )
= 2 π
(
−π 4
x − sin 2x 2
π2
0
+ [sin x]ππ
2
)
= 2 π
(
−π 4 ·π
2 − 1 )
= − π 4 + 2
π
Lo sviluppo in serie della funzione f (x) `e quindi:
Sf(x) = − π 4 + 2
π
sin x+
∞
X
k=2
cos kπ 2
"
1
2(1 + k)− 1
2(1 − k)−1 k
#
− 1
k2 sin kπ 2
! sin kx
8. La funzione f (x) `e dispari, come si evince facilmente dal grafico.
0
−1 0 1
π/2 π
−π/2
−π
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
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.
9. La funzione f (x) `e pari, come si evince facilmente dal grafico.
0 1
2
−π/2 π
−π π/2
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 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.
