Esercizi svolti di esame ed esonero - Dipartimento di Matematica

SoluzioniEsercizio 2.b) Si puó porre g(x 1 , x 2 ) = x 2 1 + x 2 2 − 1 ≤ 0, e definire la funzione penalizzata comef ε (x 1 , x 2 ) = x 2 1 − x 2 2 + 1 ε [(x2 1 + x 2 2 − 1) + ] 2che risulta C 1 anche sulla circonferenza ‖x‖ = 1, come si verifica facilmente.c) Esternamente al vincolo, le derivate parziali della funzione penalizzata sono:f ε x 1(x 1 , x 2 ) =f ε x 2(x 1 , x 2 ) =[ (4ε (x2 1 + x 2 2) + 2 1 − 2 )]x 1 ;ε[ (4ε (x2 1 + x 2 2) − 2 1 + 2 )]x 2 .εPoiché la prima delle due parentesi quadre non si puó annullare fuori dal vincolo, siha che i punti stazionari ( della funzione penalizzata sono l’origine (che peró é un puntodi sella) ed i punti 0, ± √ )1 + ε/2 . I punti di minimo vincolato per il problemaoriginale sono (0, ±1) e quindi l’errore dovuto alla penalizzazione é un infinitesimo delprimo ordine in ε.Esercizio 3.b) La successione di determinanti dei minori principali di A − λI é P 0 (1) = 1, P 1 (1) = 1,P 2 (1) = 0, P 3 (1) = −1, P 4 (1) = −1, P 5 (1) = P (1) = 0.c) E’ noto che il raggio spettrale di una matrice é maggiorato da una qualsiasi sua norma.Nel nostro caso ‖A‖ ∞ = ‖A‖ 1 = 4 e quindi tutti gli autovalori sono nell’intervallo[−4, 4]. Questo intervallo é anche accettabile come intervallo iniziale di bisezione,poiché la matrice é di ordine dispari e quindi il polinomio caratteristico ha sicuramentesegni opposti negli estremi dell’intervallo.Esercizio 4.a) Si ha, supponendo la soluzione sufficientemente regolare:u t (x j ) + a2h [u(x j+1) − u(x j−1 )] == u t (x j ) + a [u(x j ) + hu x (x j ) + h22h2 u xx(x j ) + O(h 3 )−−u(x j ) + hu x (x j ) − h22 u xx(x j ) + O(h 3 )= u t (x j ) + au x (x j ) + O(h 2 ).6]=