Tema d'esame del 23 giugno

Esercizio 8.23

Siano $A\in \mathbb {R} ^{2n\times 2n}$$A\in \mathbb {R} ^{2n\times 2n}$ e $b\in \mathbb {R} ^{2n}$$b\in \mathbb {R} ^{2n}$ partizionati nel modo seguente

$$A=\left[{\begin{array}{cc}M&-I\\-I&M\end{array}}\right]\quad b=\left[{\begin{array}{cc}b_{1}\\b_{1}\end{array}}\right]$$

$$A=\left[{\begin{array}{cc}M&-I\\-I&M\end{array}}\right]\quad b=\left[{\begin{array}{cc}b_{1}\\b_{1}\end{array}}\right]$$

Avendo supposto $M+I$$M+I$ e $M-I$$M-I$ non singolari,

• dimostrare che la soluzione del sistema $Ax=b$$Ax=b$ puo' essere

scritta nella forma $x=[x_{1},\,x_{2}]^{T}$$x=[x_{1},\,x_{2}]^{T}$ con $x_{1}=x_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$$x_{1}=x_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$ e ricondotta a quella di un sistema lineare della forma $Bx_{1}=b_{1}$$Bx_{1}=b_{1}$, con $B\in \mathbb {R} ^{n\times n}$$B\in \mathbb {R} ^{n\times n}$. Fornire l'epressione di $B$$B$.

• Fissata
  $$M=\left[{\begin{array}{ccc}\beta &\alpha &0\\\alpha &\beta &\alpha \\0&\alpha &\beta \end{array}}\right]\in \mathbb {R} ^{3\times 3},\quad {\textrm {con}}\alpha <0,\ \beta >1$$

  $$M=\left[{\begin{array}{ccc}\beta &\alpha &0\\\alpha &\beta &\alpha \\0&\alpha &\beta \end{array}}\right]\in \mathbb {R} ^{3\times 3},\quad {\textrm {con}}\alpha <0,\ \beta >1$$

studiare la convergenza del metodo di Jacobi quando applicato al

sistema

$$Bx_{1}=b_{1}.$$

$$Bx_{1}=b_{1}.$$

 

Risolvendo il sistema con la matrice a blocchi si ottiene:

$${\begin{cases}Mx_{1}-x_{2}=b_{1}\\-x_{1}+Mx_{2}=b_{2}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}Mx_{1}-x_{2}=b_{1}\\-x_{1}+Mx_{2}=b_{2}\end{cases}}$$

Se la soluzione si può scrivere come $(x_{1},x_{2})$$(x_{1},x_{2})$ con $x_{1}=x_{2}={\bar {x}}\in \mathbb {R} ^{n}$$x_{1}=x_{2}={\bar {x}}\in \mathbb {R} ^{n}$, il sistema si riduce a:

$${\begin{cases}(M-I){\bar {x}}=b_{1}\\(-I+M){\bar {x}}=b_{2}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}(M-I){\bar {x}}=b_{1}\\(-I+M){\bar {x}}=b_{2}\end{cases}}$$

e ${\bar {x}}$$\bar x$ soddisfa entrambe le equazioni se $b_{1}=b_{2}$$b_{1}=b_{2}$. Allora il sistema di partenza può essere ricondotto al sistema $Bx_{1}=b_{1}$$Bx_{1}=b_{1}$ con $x_{1}=x_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$$x_{1}=x_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$, $b_{1}=b_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$$b_{1}=b_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$, $B=(M-I)$$B=(M-I)$.

$$M=\left[{\begin{array}{ccc}\beta &\alpha &0\\\alpha &\beta &\alpha \\0&\alpha &\beta \end{array}}\right]$$

$$M=\left[{\begin{array}{ccc}\beta &\alpha &0\\\alpha &\beta &\alpha \\0&\alpha &\beta \end{array}}\right]$$

Quando applico il metodo di Jacobi al sistema $Bx_{1}=b_{1}$$Bx_{1}=b_{1}$ con $M$$M$ come sopra, si ha

$$B=M-I=\left[{\begin{array}{ccc}\beta -1&\alpha &0\\\alpha &\beta -1&\alpha \\0&\alpha &\beta -1\end{array}}\right]$$

$$B=M-I=\left[{\begin{array}{ccc}\beta -1&\alpha &0\\\alpha &\beta -1&\alpha \\0&\alpha &\beta -1\end{array}}\right]$$

La matrice di iterazione del metodo di Jacobi è $-D^{-1}(L+U)$$-D^{-1}(L+U)$ e quindi è della forma:

$$P_{j}=-1/(\beta -1)\left[{\begin{array}{ccc}0&\alpha &0\\\alpha &0&\alpha \\0&\alpha &0\end{array}}\right]$$

$$P_{j}=-1/(\beta -1)\left[{\begin{array}{ccc}0&\alpha &0\\\alpha &0&\alpha \\0&\alpha &0\end{array}}\right]$$

Ne calcolo gli autovalori: Ponendo $c=-\alpha /(\beta -1)$$c=-\alpha /(\beta -1)$:

$$P_{j}=\left[{\begin{array}{ccc}0&c&0\\c&0&c\\0&c&0\end{array}}\right]$$

$$P_{j}=\left[{\begin{array}{ccc}0&c&0\\c&0&c\\0&c&0\end{array}}\right]$$

$$P_{j}-\lambda I=\left[{\begin{array}{ccc}-\lambda &c&0\\c&-\lambda &c\\0&c&-\lambda \end{array}}\right]$$

$$P_{j}-\lambda I=\left[{\begin{array}{ccc}-\lambda &c&0\\c&-\lambda &c\\0&c&-\lambda \end{array}}\right]$$

$$P_{\lambda }=-\lambda *(\lambda ^{2}-c^{2})+c^{2}*\lambda =-\lambda ^{3}+2c^{2}\lambda$$

$$P_{\lambda }=-\lambda *(\lambda ^{2}-c^{2})+c^{2}*\lambda =-\lambda ^{3}+2c^{2}\lambda$$

$$\lambda ^{3}-2c^{2}\lambda =0$$

$$\lambda ^{3}-2c^{2}\lambda =0$$

$$\lambda _{1}=0\,\lambda _{2}=\pm {\sqrt {2}}c$$

$$\lambda _{1}=0\,\lambda _{2}=\pm {\sqrt {2}}c$$

Il metodo di Jacobi converge se l'autovalore di modulo massimo è minore di 1, quindi se

$$|{\sqrt {2}}{\frac {\alpha }{\beta -1}}|<1$$

$$|{\sqrt {2}}{\frac {\alpha }{\beta -1}}|<1$$

$$|\alpha |<(\beta -1)/{\sqrt {2}}$$

$$|\alpha |<(\beta -1)/{\sqrt {2}}$$

ma siccome per ipotesi $\alpha >0,\beta <1$$\alpha >0,\beta <1$ si ha $(1-\beta )*{\sqrt {2}}/2<\alpha <0$$(1-\beta )*{\sqrt {2}}/2<\alpha <0$.

Esercizio 8.24

Si vuole risolvere l'equazione $x^{2}-4x+2.3=0$$x^{2}-4x+2.3=0$ con il metodo di punto fisso

$$x_{n+1}=g(x_{n}),\quad {\textrm {con}}g(x)={\frac {x^{2}+2.3}{4}}$$

$$x_{n+1}=g(x_{n}),\quad {\textrm {con}}g(x)={\frac {x^{2}+2.3}{4}}$$

• Determinare il massimo intervallo $I=(0,b)$$I=(0,b)$ tale che per

ogni $x_{0}\in I$$x_{0}\in I$ il metodo converge a $\alpha$$\alpha$, radice minore.

• Determinare l'intervallo ${\bar {I}}\subseteq I$${\bar {I}}\subseteq I$ tale che e'

soddisfatta la condizione $|g'(x)|<1$$|g'(x)|<1$ per ogni $x\in {\bar {I}}$$x\in {\bar {I}}$.

• Determinare se il metodo permette la convergenza alla

seconda radice $\beta$$\beta$ e in caso negativo indicare una riformulazione del metodo di punto fisso.

 

Determino le radici dell'equazione $x^{2}-4x+2.3=0$$x^{2}-4x+2.3=0$.

$$x_{1,2}={\frac {4\pm {\sqrt {16-4*2.3}}}{2}}$$

$$x_{1,2}={\frac {4\pm {\sqrt {16-4*2.3}}}{2}}$$

$$x_{1,2}={\frac {4\pm 2.6}{2}}$$

$$x_{1,2}={\frac {4\pm 2.6}{2}}$$

$$x_{1}=3.3,\,x_{2}=0.7$$

$$x_{1}=3.3,\,x_{2}=0.7$$

$$\alpha =0.7$$

$$\alpha =0.7$$

Osservo che, ponendo $f=x^{2}-4x+2.3$$f=x^{2}-4x+2.3$ il metodo considerato si può riscrivre come:

$$x_{n+1}=x_{n}+1/4f(x_{n})$$

$$x_{n+1}=x_{n}+1/4f(x_{n})$$

$g$$g$ è una parabola rivolta verso l'alto, che non interseca l'asse delle ascisse, e ha vertice $(0,0.575)$$(0,0.575)$. Osservo che l'intervallo in cui il metodo converge alla radice $\alpha$$\alpha$ è $(0,\beta )$$(0,\beta )$, infatti si ha:

1. se $0<x_{0}<\alpha$$0<x_{0}<\alpha$, $x<g(x)$$x<g(x)$ e ottengo una successione di iterate che converge a $\alpha$$\alpha$.
2. se $\alpha <x_{0}<\beta$$\alpha <x_{0}<\beta$$g(x)<x$$g(x)<x$, ottengo una successione decrescente di iterate limitata dal punto fisso $\alpha$$\alpha$.
3. se $x_{0}>\beta$$x_{0}>\beta$, $x<g(x)$$x<g(x)$, ottengo una successione crescente di iterate che diverge.

Osservo che

$$g'(x)=1/4*2x=x/2$$

$$g'(x)=1/4*2x=x/2$$

e $|x/2|<1$$|x/2|<1$ se e solo se $|x|<2$$|x|<2$, $-2<x<2$$-2<x<2$, quindi ${\bar {I}}\subset I$${\bar {I}}\subset I$ è ${\bar {I}}=(0,2)$${\bar {I}}=(0,2)$.

Per trovare un metodo che converge alla radice $\beta$$\beta$ posso definire un metodo della forma

$$g(x)=x-{\frac {f(x)}{h(x)}}$$

$$g(x)=x-{\frac {f(x)}{h(x)}}$$

con $h(x)={\frac {1}{x}}$$h(x)={\frac {1}{x}}$ in modo da ottenere

$$g(x)=x-{\frac {x^{2}-4x+2.3}{x}}=4-2.3/x$$

$$g(x)=x-{\frac {x^{2}-4x+2.3}{x}}=4-2.3/x$$

e

$$g'(x)=2.3/x^{2}$$

$$g'(x)=2.3/x^{2}$$

$$2.3/x^{2}<1$$

$$2.3/x^{2}<1$$

$$2.3<x^{2}$$

$$2.3<x^{2}$$

$$x^{2}>2.3$$

$$x^{2}>2.3$$

$$x>{\sqrt {2.3}}$$

$$x>{\sqrt {2.3}}$$

La funzione $g=4-2.3/x$$g=4-2.3/x$ è concava tra $\alpha$$\alpha$ e $\beta$$\beta$, quindi per $\alpha <x_{0}<\beta$$\alpha <x_{0}<\beta$ si ha una successione di iterate crescente che converge a $\beta$$\beta$.

Esercizio 8.25

Fissati i nodi $x_{1}=a,\ x_{2}=(a+b)/2,\ x_{3}=b$$x_{1}=a,\ x_{2}=(a+b)/2,\ x_{3}=b$ determinare i pesi $w_{1},\ w_{2},\ w_{3}$$w_{1},\ w_{2},\ w_{3}$ tali che la formula di quadratura

$${\tilde {I}}=w_{1}f(x_{1})+w_{2}f(x_{2})+w_{3}f(x_{3})$$

$${\tilde {I}}=w_{1}f(x_{1})+w_{2}f(x_{2})+w_{3}f(x_{3})$$

abbia grado di precisione 2.

 

Si può osservare subito che la formula di quadratura

$$\sum _{i=1}^{3}w_{i}f(x_{i})$$

$$\sum _{i=1}^{3}w_{i}f(x_{i})$$

con grado di precisione almeno $2$$2$ coincide con la formula di quadratura che sostituisce a $f$$f$ il polinomio interpolante nei nodi $x_{1},x_{2},x_{3}$$x_{1},x_{2},x_{3}$. In questo caso, siccome i nodi sono equispaziati, si ottiene la formula di Simpson. I pesi si possono scrivere nella forma $\alpha _{i}*h$$\alpha _{i}*h$ con $\alpha _{i}$$\alpha _{i}$ indipendente da $(a,b)$$(a,b)$. Infatti i pesi sono gli integrali dei polinomi di Lagrange, ad esempio:

$$w_{1}=\int _{a}^{b}l_{a}(x)\,dx=\int _{a}^{b}{\frac {(x-b)(x-(a+b)/2)}{(a-b)(a-(a+b)/2)}}\,dx$$

$$w_{1}=\int _{a}^{b}l_{a}(x)\,dx=\int _{a}^{b}{\frac {(x-b)(x-(a+b)/2)}{(a-b)(a-(a+b)/2)}}\,dx$$

ma con il cambio di variabile $x_{i}=x_{0}+th$$x_{i}=x_{0}+th$ si ha $dx=hdt$$dx=hdt$, quindi

$$w_{1}=\int _{0}^{2}h{\frac {(t-2)(t-1)}{(0-2)(0-1)}}\,dt$$

$$w_{1}=\int _{0}^{2}h{\frac {(t-2)(t-1)}{(0-2)(0-1)}}\,dt$$

$$w_{1}=h*\alpha _{1}=h\int _{0}^{2}{\frac {t^{2}-3t+2}{2}}\,dt$$

$$w_{1}=h*\alpha _{1}=h\int _{0}^{2}{\frac {t^{2}-3t+2}{2}}\,dt$$

$$w_{1}=h*1/2*[t^{3}/3-3t^{2}/2+2t]_{0}^{2}=h/2*(8/3-6+4)=h/2*2/3=h*1/3$$

$$w_{1}=h*1/2*[t^{3}/3-3t^{2}/2+2t]_{0}^{2}=h/2*(8/3-6+4)=h/2*2/3=h*1/3$$

e siccome $h=(b-a)/2$$h=(b-a)/2$, si ha $w_{1}=(b-a)/6=w_{3}$$w_{1}=(b-a)/6=w_{3}$ per simmetria.

$$w_{2}=h\int _{0}^{2}{\frac {t(t-2)}{(1-2)}}$$

$$w_{2}=h\int _{0}^{2}{\frac {t(t-2)}{(1-2)}}$$

$$w_{2}=-h\int _{0}^{2}t^{2}-2t\,dt$$

$$w_{2}=-h\int _{0}^{2}t^{2}-2t\,dt$$

$$w_{2}=-h[t^{3}/3-2t^{2}/2]_{0}^{2}=-h(8/3-4)=h4/3$$

$$w_{2}=-h[t^{3}/3-2t^{2}/2]_{0}^{2}=-h(8/3-4)=h4/3$$

$$w_{2}=2/3(b-a)$$

$$w_{2}=2/3(b-a)$$

Un procedimento alternativo è quello di imporre le condizioni sul grado di precisione sull'intervallo $[0,1]$$[0,1]$, e dividendo per il passo di equispaziatura si trovano gli $\alpha _{i}$$\alpha _{i}$.

Esercizio 8.26

Calcolare, considerato il seguente sistema di numeri floating point

$$F=\left\{\pm 0.\alpha _{1}\alpha _{2}\alpha _{3}\cdot 10^{e},1\leq \alpha _{1}\leq 9,\ 0\leq \alpha _{2},\alpha _{3}\leq 9,\ \ -5\leq e\leq 5\right\}\cup \{0\},$$

$$F=\left\{\pm 0.\alpha _{1}\alpha _{2}\alpha _{3}\cdot 10^{e},1\leq \alpha _{1}\leq 9,\ 0\leq \alpha _{2},\alpha _{3}\leq 9,\ \ -5\leq e\leq 5\right\}\cup \{0\},$$

• $657+8374$$657+8374$
• $697+8374$$697+8374$
• $655+8374$$655+8374$
• $10^{6}+12$$10^{6}+12$
• $10^{-3}+13$$10^{-3}+13$

 

1. $657+8374$$657+8374$
   $$\mathrm {fl} (657)=0.657*10^{3}$$

   $$\mathrm {fl} (657)=0.657*10^{3}$$
   $$\mathrm {fl} (8374)=0.837*10^{4},\,{\hbox{arrotondamento per difetto}}$$

   $$\mathrm {fl} (8374)=0.837*10^{4},\,{\hbox{arrotondamento per difetto}}$$
   $$0.657*10^{3}+0.837*10^{4}=(0.0657+0.837)*10^{4}=0,9027*10^{4}$$

   $$0.657*10^{3}+0.837*10^{4}=(0.0657+0.837)*10^{4}=0,9027*10^{4}$$
   $$\mathrm {fl} (0,9027*10^{4})=0,903*10^{4}\in F,\,{\hbox{arrotondamento per eccesso}}$$

   $$\mathrm {fl} (0,9027*10^{4})=0,903*10^{4}\in F,\,{\hbox{arrotondamento per eccesso}}$$
2. $697+8374$$697+8374$
   $$\mathrm {fl} (697)=0,697*10^{3}$$

   $$\mathrm {fl} (697)=0,697*10^{3}$$
   $$\mathrm {fl} (8374)=0.837*10^{4}$$

   $$\mathrm {fl} (8374)=0.837*10^{4}$$
   $$(0,0697+0,837)*10^{4}=0,9067*10^{4}$$

   $$(0,0697+0,837)*10^{4}=0,9067*10^{4}$$
   $$\mathrm {fl} (0,9067*10^{4})=0,907*10^{4},{\hbox{ arrotondamento per eccesso}}$$

   $$\mathrm {fl} (0,9067*10^{4})=0,907*10^{4},{\hbox{ arrotondamento per eccesso}}$$
3. $655+8374$$655+8374$
   $$\mathrm {fl} (0.0655+0.837)*10^{4}=0.9025*10^{4}$$

   $$\mathrm {fl} (0.0655+0.837)*10^{4}=0.9025*10^{4}$$
   $$\mathrm {fl} (0,9025*10^{4})=0,902*10^{4},\,{\hbox{rounding to even}}$$

   $$\mathrm {fl} (0,9025*10^{4})=0,902*10^{4},\,{\hbox{rounding to even}}$$
4. $10^{6}+12$$10^{6}+12$
   $$10^{6}\not \in F$$

   $$10^{6}\not \in F$$
   quindi non è possibile eseguire la somma
5. $10^{-3}+13$$10^{-3}+13$
   $$\mathrm {fl} (13)=0,13*10^{2}$$

   $$\mathrm {fl} (13)=0,13*10^{2}$$
   $$10^{-3}=0,1*10^{-2}$$

   $$10^{-3}=0,1*10^{-2}$$
   $$0,13*10^{2}+0.1*10^{-2}=(0,13+0,00001)*10^{2}=0,13001*10^{2}$$

   $$0,13*10^{2}+0.1*10^{-2}=(0,13+0,00001)*10^{2}=0,13001*10^{2}$$
   $$\mathrm {fl} (0,13001*10^{2})=0,13*10^{2}$$

   $$\mathrm {fl} (0,13001*10^{2})=0,13*10^{2}$$

Esercizio 8.27

Rappresentare $\pi =3.141592654$$\pi =3.141592654$, nell'insieme $F(10,6,-10,9)$$F(10,6,-10,9)$.

 

$$\pi =0.3141592654*10^{1}$$

$$\pi =0.3141592654*10^{1}$$

$$\mathrm {fl} _{T}(\pi )=0.314159*10^{1}$$

$$\mathrm {fl} _{T}(\pi )=0.314159*10^{1}$$

$$\mathrm {fl} _{A}(\pi )=0.314159*10^{1}$$

$$\mathrm {fl} _{A}(\pi )=0.314159*10^{1}$$

Invece, nel sistema $F=F(10,7,-10,9)$$F=F(10,7,-10,9)$, ottengo:

$$\mathrm {fl} _{T}(\pi )=0.3141592*10^{1}$$

$$\mathrm {fl} _{T}(\pi )=0.3141592*10^{1}$$

$$\mathrm {fl} _{A}(\pi )=0.3141593*10^{1}$$

$$\mathrm {fl} _{A}(\pi )=0.3141593*10^{1}$$

Valutando l'errore assoluto:

$$E_{a}=|\mathrm {fl} _{A}(x)-x|=|\pi -0.3141593*10^{1}|=0.345*10^{-6}<1/2\beta ^{p-t}=0.5*10^{1-7}=0.5*10^{-6}$$

$$E_{a}=|\mathrm {fl} _{A}(x)-x|=|\pi -0.3141593*10^{1}|=0.345*10^{-6}<1/2\beta ^{p-t}=0.5*10^{1-7}=0.5*10^{-6}$$

Quindi il teorema è verificato.

$$E_{r}=|\mathrm {fl} (\pi )-\pi |/\pi =0.11*10^{-6}\leq 1/2\beta ^{1-t}=0.510^{-6}$$

$$E_{r}=|\mathrm {fl} (\pi )-\pi |/\pi =0.11*10^{-6}\leq 1/2\beta ^{1-t}=0.510^{-6}$$

Esercizio 8.28

Considerare l'insieme $F(10,5,-10,9)$$F(10,5,-10,9)$: calcolare la somma $x+y$$x+y$ nell'insieme, con

$$x=0.64937*10^{7};\,y=0.537236*10^{4}$$

$$x=0.64937*10^{7};\,y=0.537236*10^{4}$$

 

$x,y\in F$$x,y\in F$, quindi non è necessario farne il floating.

$$x+y=0.64937*10^{7}+0.537236*10^{4}$$

$$x+y=0.64937*10^{7}+0.537236*10^{4}$$

$$=0.64937*10^{7}+0.000537236*10^{7}=0.649907236*10^{7}$$

$$=0.64937*10^{7}+0.000537236*10^{7}=0.649907236*10^{7}$$

Si ha $\mathrm {fl} _{T}(x+y)=0.64990*10^{7}$$\mathrm {fl} _{T}(x+y)=0.64990*10^{7}$, mentre $\mathrm {fl} _{A}(x+y)=0.64991*10^{7}$$\mathrm {fl} _{A}(x+y)=0.64991*10^{7}$.

Esercizio 8.29

Dato

$$F=\pm (0.1d_{1}d_{2})*2^{p},\,-2<p<1,d_{1},d_{2}\in \{0,1\}$$

$$F=\pm (0.1d_{1}d_{2})*2^{p},\,-2<p<1,d_{1},d_{2}\in \{0,1\}$$

Elencare esplicitamente gli elementi di F.

 

Tabella

$${\begin{array}{cccc}p=-2&p=-1&p=0&p=1\\0.100*2^{-2}&0.100*2^{-1}&0.100*2^{0}&0.100*2^{1}\\0.101*2^{-2}&0.101*2^{-1}&0.101*2^{0}&0.101*2^{1}\\0.110*2^{-2}&0.110*2^{-1}&0.110*2^{0}&0.110*2^{1}\\0.111*2^{-2}&0.11*2^{-1}&0.111*2^{0}&0.11*2^{1}\end{array}}$$

$${\begin{array}{cccc}p=-2&p=-1&p=0&p=1\\0.100*2^{-2}&0.100*2^{-1}&0.100*2^{0}&0.100*2^{1}\\0.101*2^{-2}&0.101*2^{-1}&0.101*2^{0}&0.101*2^{1}\\0.110*2^{-2}&0.110*2^{-1}&0.110*2^{0}&0.110*2^{1}\\0.111*2^{-2}&0.11*2^{-1}&0.111*2^{0}&0.11*2^{1}\end{array}}$$

I numeri rappresentabili in questo sistema sono 33 (0, 16 negativi, 16 positivi). Rappresentiamo i numeri nella base 10 sulla retta reale. Il primo numero si rappresenta come

$$[1*2^{-1}+0*2^{-2}+0*2^{-3}]*2^{-2}=2^{-3}=1/8$$

$$[1*2^{-1}+0*2^{-2}+0*2^{-3}]*2^{-2}=2^{-3}=1/8$$

$$0.101*2^{-2}=[1*2^{-1}+0*2^{-2}+1*2^{-3}]*2^{-2}=(1/8+1/2)*1/4=5/32$$

$$0.101*2^{-2}=[1*2^{-1}+0*2^{-2}+1*2^{-3}]*2^{-2}=(1/8+1/2)*1/4=5/32$$

$$0.110*2^{-2}=(2^{-1}+2^{-2})*2^{-2}=(1/2+1/4)*1/4=3/16$$

$$0.110*2^{-2}=(2^{-1}+2^{-2})*2^{-2}=(1/2+1/4)*1/4=3/16$$

Rappresentazione sulla retta reale: i segmenti definiti sono del tipo $(b^{p},b^{p+1})$$(b^{p},b^{p+1})$, delimitati da:

$$0-1/8-1/4-1/2-1-2$$

$$0-1/8-1/4-1/2-1-2$$

e in questi segmenti posizioniamo i numeri dell'insieme F. Ad esempio, sul segmento $2^{-2},2^{-1}$$2^{-2},2^{-1}$ lo spacing vale

$$2^{p+1-t}=2^{-2+1-3}=1/16$$

$$2^{p+1-t}=2^{-2+1-3}=1/16$$

Nell'intervallo precedente lo spacing vale $2^{-5}$$2^{-5}$, invece in $(2^{-1},2^{0})$$(2^{-1},2^{0})$ lo spacing è $2^{-3}=1/8$$2^{-3}=1/8$.

Dopo aver determinato in maniera esplicita gli elementi di F, rappresentandoli sull'asse reale, i numeri macchina sono equispaziati ma lo spacing dipende dall'intervallo scelto.

Esercizio 8.30

Considero la matrice A=[1 0 0 1; -1 1 0 1; -1 -1 1 1; -1 -1 -1 1] con elemento massimo $A_{m}=\max _{i,j}|A_{ij}|=1$$A_{m}=\max _{i,j}|A_{ij}|=1$.

Dimostrare che, se applico il metodo di eliminazione gaussiana, per costruire le matrici $a_{2},a_{3},A_{4}$$a_{2},a_{3},A_{4}$, l'elemento massimo in modulo di $A_{k}$$A_{k}$ è $2^{k-1}*A_{m}$$2^{k-1}*A_{m}$ cioè la relazione raggiunge il suo massimo con il segno di uguaglianza.

 

$$A_{2}=M_{1}A_{1}$$

$$A_{2}=M_{1}A_{1}$$

M_1=[1 0 0 0; 1 1 0 0; 1 0 1 0; 1 0 0 1]

A_2=[1 0 0 1; 0 1 0 2; 0 -1 1 2; 0 -1 -1 2]

$$\max _{i,j}(A_{ij})=2=2^{k-1}$$

$$\max _{i,j}(A_{ij})=2=2^{k-1}$$

M_2=[1 0 0 0; 0 1 0 0; 0 1 1 0; 0 1 0 1]

A_3=[1 0 0 1; 0 1 0 2; 0 0 1 4; 0 0 -1 4]

$$\max _{i,j}|A_{ij}|=4=2^{k-1}$$

$$\max _{i,j}|A_{ij}|=4=2^{k-1}$$

M_3=[1 0 0 0; 0 1 0 0; 0 0 1 0; 0 0 1 1]

A_4=[1 0 0 1; 0 1 0 2; 0 0 1 4; 0 0 0 8]

$$\max _{i,j}|A_{ij}|=8=2^{4-1}=2^{k-1}$$

$$\max _{i,j}|A_{ij}|=8=2^{4-1}=2^{k-1}$$