Esercitazione 5 (6 Novembre 2017)
Corso di Laurea in Ingegneria Elettrica, Elettronica ed Informatica
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 Tutor: Caterina Fenu
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
.
Soluzione:
3. Sviluppare in serie di Fourier, nell’intervallo [−π, π], la funzione
f (x) =
x + π, −π ≤ x < −π2,
−π
2sin x, −π2 ≤ x < π2, x − π, π2 ≤ x < π.
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:
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:
= 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
2kcos (kπ 2) − 1
k2sin 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
k2sin 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
• 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
