Esercizi svolti di esame ed esonero - Dipartimento di Matematica

SoluzioniEsercizio 2.c) Il polinomio da considerare éω 2 (x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3) = x 3 − 6x 2 + 11x − 6.Se la norma si calcola sull’intervallo [1, 3], si tratta unicamente di calcolare il valoredi ω 2 nei due punti stazionari, che si ottengono daω ′ 2(x) = 3x 2 − 12x + 11 = 0e risultano essere i punti x 1,2 = 2 ± √ 3/3. Si ha di conseguenza‖ω 2 ‖ ∞ = |ω 2 (x 1 )| = |ω 2 (x 1 )| ≈ 0.385Se invece si calcola la norma sull’intervallo [0, 4] vanno considerati anche i valori (diuguale modulo) ω 2 (0) e ω 2 (4) e quindi‖ω 2 ‖ ∞ = max(|ω 2 (x 1 )|, |ω 2 (0)|) = 6.Esercizio 3.a) Riferendosi dapprima al caso standard h = 1 ed al nodo centrale x 1 , si haw 1 =∫ 40L 1 (x)dx =∫ 40(−x 2 + 4x − 3)dx = − 4 3 .Di conseguenza w 0 = w 2 = 8/3, e per un h generico:α 1 = − 4h 3 , α 0 = α 2 = 8h 3 .Esercizio 4.a, b) Il metodo si puó vedere come una discretizzazione ottenuta applicando la formuladi quadratura di Simpson alla equazione di Volterra. La consistenza si dimostraimmediatamente applicando la definizione e ricordando che l’errore di quadratura perla formula di Simpson é O(h 5 ).c) Per il sistema differenziale in questione, lo schema si scriveu j+1 = u j−1 + h 3 [Au j−1 + 4Au j + Au j+1 ]che mettendo in evidenza l’incognita u j+1 fornisce il sistema(I − h )3 A u j+1 =(I + h )3 A u j−1 + 4h 3 Au jla cui matrice é sicuramente nonsingolare in quanto somma di matrici definite positive.30