[Metodi matematici]

[w3ns-votailprof]

Salve a tutti. Sto risolvendo questo esecizio:

Data la matrice

$ U = [ ( 2 , 0 , 2 ),( 0 , 1/3 , -1/3 ),( 0 , 0 , 1 ) ] $

Risolvere in maniera più conveniente $ U^2x=b $ dove $ b = (1,1,1)^T $

So che U è definita positiva ma non conosco nessuna proprietà che agevoli il calcolo standard cioè fare il prodotto $ U*U $ che è sempre una matrice definita positiva.
Qualceh suggerimento?
Grazie

[moccidentale]

.

[megas_archon]

Ma che ingegnerata pazzesca è?! E cosa c'entra il fatto che $U$ è definita positiva? Invece:

0. La soluzione è unica (\(x=U^{-2}b\)) dato che $U$ è invertibile.

1. Operazioni elementari fatte su righe e colonne di un sistema lineare del tipo \(Ax=b\) non cambiano lo spazio delle sue soluzioni.

2. Moltiplica $U$ per sé stessa (è una matrice 3x3, santo cielo!), e poi riducila.

[w3ns-votailprof]

"megas_archon":Ma che ingegnerata pazzesca è?! E cosa c'entra il fatto che $U$ è definita positiva? Invece:

0. La soluzione è unica (\(x=U^{-2}b\)) dato che $U$ è invertibile.

1. Operazioni elementari fatte su righe e colonne di un sistema lineare del tipo \(Ax=b\) non cambiano lo spazio delle sue soluzioni.

2. Moltiplica $U$ per sé stessa (è una matrice 3x3, santo cielo!), e poi riducila.

Si lo so che la matrice è 3x3 quindi ci vogliono due minuti per moltiplicarla. Lo scopo del corso è quello di immaginare che tale operazione si faccia su una matrice molto più grande (magari la matrice dei coefficienti di un sistema gps) e capire come ottimizzare queste procedure.

[w3ns-votailprof]

"sellacollesella":Trattandosi del prodotto di una matrice triangolare superiore per se stessa: \[
\begin{bmatrix}
a & b & c \\
0 & d & e \\
0 & 0 & f \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
a & b & c \\
0 & d & e \\
0 & 0 & f \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
g \\
h \\
i \\
\end{bmatrix}
\quad \Rightarrow \quad
\begin{bmatrix}
a^2 & ab+bd & ac+be+cf \\
0 & d^2 & de+ef \\
0 & 0 & f^2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
g \\
h \\
i \\
\end{bmatrix}
\] che è un sistema lineare già in forma triangolare superiore, meglio di così?!

Altrimenti, si potrebbe osservare che risolvere: \[
\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & a_{13} \\
a_{21} & a_{22} & a_{23} \\
a_{31} & a_{32} & a_{33} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
b_{11} & b_{12} & b_{13} \\
b_{21} & b_{22} & b_{23} \\
b_{31} & b_{32} & b_{33} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
c_1 \\
c_2 \\
c_3 \\
\end{bmatrix}
\] equivale a risolvere: \[
\begin{bmatrix}
b_{11} & b_{12} & b_{13} \\
b_{21} & b_{22} & b_{23} \\
b_{31} & b_{32} & b_{33} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
y_1 \\
y_2 \\
y_3 \\
\end{bmatrix}
\quad \Rightarrow \quad
\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & a_{13} \\
a_{21} & a_{22} & a_{23} \\
a_{31} & a_{32} & a_{33} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
y_1 \\
y_2 \\
y_3 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
c_1 \\
c_2 \\
c_3 \\
\end{bmatrix}
\] che equivale a risolvere: \[
\begin{bmatrix}
b_{11} & b_{12} & b_{13} & -1 & 0 & 0 \\
b_{21} & b_{22} & b_{23} & 0 & -1 & 0 \\
b_{31} & b_{32} & b_{33} & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & a_{11} & a_{12} & a_{13} \\
0 & 0 & 0 & a_{21} & a_{22} & a_{23} \\
0 & 0 & 0 & a_{31} & a_{32} & a_{33} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
y_1 \\
y_2 \\
y_3 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
c_1 \\
c_2 \\
c_3 \\
\end{bmatrix}.
\] Sarà questa la maniera più conveniente? Boh.

Grazie per la risposta ci ragiono un pò magari è la strada giusta