Esercizi svolti di esame ed esonero - Dipartimento di Matematica

SoluzioniEsercizio 2.a) Poiché ω 1 (x) = (x − x 0 )(x + x 0 ) = x 2 − x 2 0, ricordando l’esercizio 2 del 29.09.99, siottiene:‖ω 1 ‖ ∞ = max[−1,1] |x2 − x 2 0| = max(x 2 0, 1 − x 2 0).Il valore minimo é ottenuto quindi quando x 2 0 = 1 − x 2 0, ovvero per x 0 = ± √ 2/2, edin corrispondenza a questa scelta ‖ω 1 ‖ ∞ = 1/2.b) Si ha, dalla stima generale di errore:|E 1 (x)| ≤ sup [−1,1] | sin(x)|‖ω 1 ‖ ∞2c) Nel caso generale si ottiene invece la stima= sin 14≈ 0.21|E 1 (x)| ≤ sup [−1,1] | sin(x)|2 22= 2 sin 1 ≈ 1.683Esercizio 4.b) Il metodo di Crank–Nicolson per il sistema in questione ha la forma (implicita){xk+1 = x k + h[1/2(ax k + by k ) + 1/2(ax k+1 + by k+1 )]y k+1 = y k + h[1/2(cx k + dy k ) + 1/2(cx k+1 + dy k+1 )]che in forma matriciale corrisponde a( ) ( ) ( ) ( )1 − ah/2 −bh/2 xk+1 1 + ah/2 bh/2 xk=−ch/2 1 − dh/2 y k+1 ch/2 1 + dh/2 y kInvertendo la matrice del sistema si ottiene infine la soluzione( )xk+1=y k+1=( ) ( ) ( )41 − dh/2 bh/2 1 + ah/2 bh/2 xk(2 − ah)(2 − dh) − bch 2 ch/2 1 − ah/2 ch/2 1 + dh/2 y k26