soluzionisecondaprova2009

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1. Trovare la soluzione ai minimi quadrati del sistema Ax = b nel caso in cui: A =   1 2 2 1 −1 1   e b =   5 4 −2   Determinare inoltre la proiezione p di b sullo spazio colonna di A, e verificare che b − p ` e perpendicolare alle colonne di A. Soluzione La matrice A|b ha rango tre, quindi b non appartiene allo spazio colonna di A e il sistema non ha soluzioni. La soluzione ai minimi quadrati (cio` e del sistema Ax = b) si trova risolvendo le equazioni normali ATAx = ATb. In questo caso ATA = [6 3 3 6 ] e ATb = [15 12 ] Risolvendo ATAx = ATb si trova la soluzione ai minimi quadrati ˆx = [2 1 ] . La proiezione di b sullo spazio colonna ` e p = Aˆ x=   4 5 −1   2. Sia p un numero compreso strettamente tra 0 e 1, e si consideri la matrice di Markov: Data la matrice A = [ p 1 − p 1 − p p ] (a) si determinino gli autovalori e gli autovettori di A (b) si calcolino An, per ogni n ≥ 1, e il limite A∞ = lim n→+∞ An (c) la matrice A ` e definita positiva? Se s ` ı, si determini la radice quadrata simmetrica di A (una matrice simmetrica definita positiva R tale che R2 = A). Se invece A non ` e definita positiva, si determinino i valori singolari σ1 e σ2 di A. Soluzione Il polinomio caratteristico di A ` e λ2 −2pλ + 2p−1 = ( λ − 1)(λ + 1 − 2p) per cui A ha due autovalori λ1 = 1 e λ2 = 2 p−1. Si noti che −1 < λ 2 < 1 perch´ ep ` e strettamente compreso tra 0 e 1. L’autospazio relativo a λ1 ` e il nucleo della matrice A − I = [p−1 1 −p 1−p p −1 ] : si tratta della bisettrice y = x del primo e terzo quadrante. Il vettore v1 = [1 1 ] ` e una base di questo autospazio. L’autospazio relativo a λ2 = 2p−1 ` e il nucleo della matrice A − (2p − 1)I = [1−p 1−p 1−p 1−p ] : si tratta della bisettrice y = −x del primo e terzo quadrante. Il vettore v2 = [−1 1 ] ` e una base di questo…