Esercitazione 17 Ottobre 2014
Matematica Applicata
Ingegneria Biomedica
Patricia D´ıaz de Alba
1. (Esercizio 1, Prova 14 Novembre 2013 - Compito 1). Si ortonormalizzino i seguenti vettori mediante
il procedimento di Gram-Schmidt
1
0
1
1
w1 =
1 , w2 = 1
1
0
0
1
0
0
, w3 =
1 , w4 = 0
1
−1
Si consideri, inoltre, la matrice A = [w1 , w2 , w3 , w4 ] e si dica se `e invertibile. Sfruttando poi i calcoli fatti,
e motivando la risposta, si dica se la matrice B = [w2 , w1 , w3 , w4 ] `e invertibile.
2. (Esercizio 2, Prova 14 Novembre 2013 - Compito 1). Si consideri il vettore w = (α, 0, 1)T dipendente
dal parametro reale α. Costruita la matrice A = I −2wwT , si dica per quali valori di α la matrice `e singolare
e per quali valori le sue tre colonne sono ortogonali. Fissato il valore α = 2 si calcoli la norma con indice
1, 2 e ∞ delle tre colonne e si determini lo spettro della matrice.
3. (Esercizio 3, Prova 9 Novembre 2009). Determinare i valori del parametro α che rendono ortogonale
la matrice
α
Q= 0
−α
1
2
α
1
2
− 12
α
− 12
4. (Esercizio 2, Prova 31 Gennaio 2014). Assegnate le matrici
2
2
L=
2
2
0
2
4
6
0
0
2
6
0
a
0
, M = −a
a
0
2
−a
0
a
−1
b
0
0
a
−b
0
0
0
a
si determinino i valori dei parametri a e b che rendono la matrice M l’inversa di L. Si consideri poi A = LLT
e, sfruttando i calcoli fatti e motivando la risposta, si calcoli det(A), det(A3 ) e det(A−1 ). Infine, posto
u = (−1, 12 , − 13 , 14 )T e v = Lu, si calcoli kvk1 , kvk2 e kvk∞ .
Soluzione
1. Per ortonormalizzare i vettori w1 , w2 , w3 , w4 mediante il procedimento di Gram-Schmidt dobbiamo trovare
i vettori ortonormali q1 , q2 , q3 , q4 tramite la formula
qek = wk −
k−1
X
rjk qj ,
qk =
j=1
qek
rkk
dove rjk =< qj , wk > e rkk = kqek k.
– Primo passo → k = 1
1
1
qe1 = w1 =
1
1
p
√
r11 = kqe1 k = 12 + 12 + 12 + 12 = 4 = 2
1/2
1/2
qe1
q1 =
=
1/2
r11
1/2
– Secondo passo → k = 2
qe2 = w2 −
1
X
rj2 qj = w2 − r12 q1
j=1
dove
r12 =< q1 , w2 >=<
1
2
1
2
1
2
1
2
T , 0
1
1
0
T
>= 0 +
1 1
+ +0=1
2 2
Quindi,
0
1/2
1 1/2
qe2 = w2 − q1 =
1 − 1/2
0
1/2
r22 = kqe2 k =
r
−1/2
1/2
=
1/2
−1/2
r
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 √
−
+
+
+ −
=
+ + + = 1=1
2
2
2
2
4 4 4 4
−1/2
1/2
qe2
q2 =
= qe2 =
1/2
r22
−1/2
– Terzo passo → k = 3
qe3 = w3 −
2
X
rj3 qj = w3 − r13 q1 − r23 q2
j=1
dove
r13 =< q1 , w3 >=<
1
2
r23 =< q2 , w3 >=<
− 12
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
T , 0
− 21
0
1
1
T
T , 0
0
1
1
>= 0 + 0 +
T
1 1
+ =1
2 2
>= 0 + 0 +
1 1
− =0
2 2
Quindi,
1/2
0
0 1/2
qe3 = w3 − q1 =
1 − 1/2
1
1/2
r33 = kqe3 k =
r
−1/2
−1/2
=
1/2
1/2
r
1 1 1 1 √
1 2 1 2 1 2 1 2
−
+ −
+
+
=
+ + + = 1=1
2
2
2
2
4 4 4 4
−1/2
−1/2
qe3
q3 =
= qe3 =
1/2
r33
1/2
– Quarto passo → k = 4
qe4 = w4 −
3
X
rj4 qj = w4 − r14 q1 − r24 q2 − r34 q3
j=1
dove
r14 =< q1 , w4 >=<
1
2
1
2
1
2
r24 =< q2 , w4 >=<
− 12
1
2
r34 =< q3 , w3 >=<
− 12
− 21
1
2
1
2
1
2
T , 1
1
1
+0+0− =0
2
2
0
0
−1
T
>=
− 21
T , 1
0
0
−1
T
1
1
>= − + 0 + 0 + = 0
2
2
1
2
T , 1
0
0
−1
T
1
1
>= − + 0 + 0 − = −1
2
2
Quindi,
−1/2
1
0 −1/2
qe4 = w4 + q3 =
0 + 1/2
1/2
−1
r44 = kqe4 k =
r 1 2
2
+
−
1/2
−1/2
=
1/2
−1/2
r
1 1 1 1 √
1 2 1 2 1 2
+
+ −
=
+ + + = 1=1
2
2
2
4 4 4 4
1/2
−1/2
qe4
q4 =
= qe4 =
1/2
r44
−1/2
A questo punto, `e facile verificare la condizione di ortonormalit`a
n
1 se i = j
< qi , qj >= δij =
0 se i 6= j
Ora, per sapere se la matrice A `e invertibile solo dobbiamo calcolare il suo determinante. Se det(A) 6= 0
diremo che la matrice `e invertibile. Invece se det(A) = 0 diremo che non `e invertibile.
det(A) = 1
1
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
1
0
0
−1
1
= 1(−1)2 1
0
0
1
1
0
0
−1
1
+ 1(−1)5 1
1
1
1
0
0
1
1
=
= 1(−1)2 (−1) + 1(−1)5 1 = −2
Vediamo che det(A) 6= 0 quindi possiamo dire che la matrice A `e invertibile.
La matrice B risulta di uno scambio di due colonne della matrice A, quindi per le propriet`a del determinante
possiamo dire che det(B) = 2 e che B `e invertibile.
2. Consideriamo il vettore w = (α, 0, 1)T e costruiamo
1
A = I − wwT = 0
0
0
1
0
0
α 0 − 2 0 α
1
1
1 − 2α2
0
=
−2α
0
1
0
1
0
−2α
0
−1
Per trovare i valori di α che rendono singolare la matrice A, si deve verificare che il suo determinante sia 0,
1 − 2α2
0
det(A) = −2α
0
1
0
−2α
0
−1
= (2α2 − 1) − (2α)2 = 2α2 − 1 − 4α2 = −2α2 − 1 6= 0
Quindi, A `e sempre invertibile, essendo α ∈ R. Non esiste nessun valore di α per il quale A `e singolare.
Denotato con w1 , w2 , w3 , w4 le colonne di A risulta
< w1 , w2 >=<
1 − 2α2
0
−2α
T , 0
1
0
< w1 , w3 >=<
1 − 2α2
0
−2α
T , −2α
0
< w2 , w3 >=<
0
1
0
T , −2α
0
−1
T
T
>= 0
−1
T
>= −2α + 4α3 + 2α = 4α3
>= 0
Se α = 0 le tre colonne sono ortogonali.
Se α = 2 abbiamo
−7
0
−4
w1 = 0 , w2 = 1 , w3 = 0
−4
0
−1
kw1 k1 = 11, kw1 k2 =
√
65, kw1 k∞ = 7
kw2 k1 = kw2 k2 = kw2 k∞ = 1
√
|w3 k1 = 5, kw3 k2 = 17, kw3 k∞ = 4
Finalmente, per determinare lo spettro della matrice A, per α = 2, calcoliamo i suoi autovalori.
−7 − λ
0
−4 h
i
= (−7−λ)(1−λ)(−1−λ)−16(1−λ) = (1−λ) (−7−λ)(−1−λ)−16 =
0
1−λ
0
det(A−λI) = −4
0
−1 − λ h
i
= (1 − λ) 7 + 7λ + λ + λ2 − 16 = (1 − λ)(λ2 + 8λ − 9) = (1 − λ)(λ − 1)(λ + 9)
Quindi, σ(A) = {1, 1, −9}.
3. Dobbiamo trovare il valore di α che rendono ortogonale la matrice Q. quindi si deve verificare che QQT = I.
α
QQT = 0
−α
1
2
α
1
2
α
− 12
α 12
− 12
− 12
0
α
α
−α
1
2
− 12
α2 + 21
=
0
−α2 + 21
0
2α2
0
−α2 + 12
=I
0
1
2
α +2
√
Quindi, α = ±1/ 2.
4. La matrice M deve essere l’inversa di L quindi si deve verificare che
2
2
LM =
2
2
0
2
4
6
0
0
2
6
0
a
−a
0
0 a
2
−a
0
a
−1
b
0
0
a
−b
0
2a
0
0
0
2a
=
0 0
4a − 2
a
0 6a − 6 + 2b
0
0
0
0
=I
2a
0
6a − 2b 2a
E otteniamo a = 1/2 e b = 3/2.
det(A) = det(LLT ) = det(L)det(LT ) = 162
det(A3 ) = det(A)3 = 166
det(A−1 ) = det((LLT )−1 ) = det((LT )−1 L−1 ) = det(M T )det(M ) = (1/16)2
Finalmente, se u = (−1, 12 , − 13 , 14 )T e v = Lu, abbiamo
2
2
v = Lu =
2
2
kvk1 = 25/6
p
kvk2 = 205/36
kvk∞ = 2
0
2
4
6
0
0
2
6
1
0
1/2
0
0 −1/3
1/4
2
−2
−1
=
−2/3
−1/2
© Copyright 2026 ExpyDoc
