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\fi

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\begin{document}
\thispagestyle{empty}

\centerline{Fondamenti di Fisica Matematica: Secondo parziale}
\centerline{16.12.2013}

\bigskip
\noindent Cognome e nome: \dotfill Matricola: $\ldots\ldots\ldots$
\bigskip

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}\hline
 es.1& es.2& es.3& es.4&es.5&somma\\ \hline
7&7&10&6&6&30\\ \hline
 & & & & & \\
 & & & & & \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
Voto: es.1+es.2+es.3+max(es.4,es.5)

\bigskip

\begin{itemize}
\item[1.] Discutere la risoluzione numerica, mediante il metodo delle differenze
finite, del seguente problema differenziale:
\begin{align*}
\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}&=\frac{\partial^2u}{\partial x^2}
-3\frac{\partial u}{\partial x},\qquad\hfill 1\le x\le 4,\ t\ge0,\\
u(1,t)&=1,\quad u(4,t)=2,\quad u(x,0)=\tfrac{1}{3}(x+2),\quad
\tfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=4.
\end{align*}
Discutere le caratteristiche del sistema lineare ottenuto.
\item[2.] Discutere la risoluzione numerica, mediante il metodo degli elementi
finiti, del seguente problema differenziale:
\begin{alignat*}{3}
\frac{\partial u}{\partial t}&=-(x\,u^\prime)^\prime+x^2u-x^2,\qquad
&t\ge0,\ 1\le x\le 3,\\
u(1,t)&=0,\qquad u(3,t)=0,&\qquad u(x,0)=x.
\end{alignat*}
Discutere le caratteristiche del sistema lineare ottenuto.
\item[3.] Discutere la risoluzione numerica, mediante il metodo degli elementi
finiti, del seguente problema differenziale:
\begin{align*}
-\nabla\cdot([x^2+y^2]\nabla u)+xyu&=f,\qquad\hfill(x,y)\in\Omega=(1,3)\times
(1,5),\\ \left.u\right|_{\partial\Omega}&=0.
\end{align*}
Discutere le caratteristiche del sistema lineare ottenuto.

Si potr\`a far iniziare la discussione partendo dalla seguente formulazione
variazionale: Trovare $u\in H^1_0(\Omega)$ tale che per ogni
$\zf\in H^1_0(\Omega)$
$$\iint_\Omega\left[[x^2+y^2]\nabla u\cdot\nabla\zf+xyu\zf\right]dxdy
=\iint_\Omega f\zf\,dxdy.$$
\item[4.] Per risolvere l'equazione $z^2=w$ nel piano complesso per $w\neq0$,
poniamo $z=x+iy$ e $w=u+iv$ per $x,y,u,v\in\mathbb{R}$ e scriviamo $z^2=w$ nella
forma
$$f\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\stackrel{\text{\tiny def}}{=}
\begin{pmatrix}x^2-y^2-u\\2xy-v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}.$$
Indicare come si risolve tale equazione mediante il metodo di Newton,
specificando la scelta iniziale ($x_0,y_0)$ che garantisce la convergenza.
\item[5.] Applicare il metodo di Newton per calcolare gli zeri $1,2,3$
dell'equazione
$$x^3-6x^2+11x-6=(x-1)(x-2)(x-3)=0.$$
Discutere, per il calcolo di ciascuno dei tre zeri, lo schema di iterazione, la
scelta di $x_0$ che garantisce la convergenza, e la velocit\`a della
convergenza.
\end{itemize}

\newpage
{\bf SOLUZIONI}:
\begin{itemize}
\item[1.] Siano $h=3/(n+1)$, $k=T/(m+1)$, $x_i=1+ih$, $t_j=jk$. Secondo lo
schema dei sette punti si ha:
\begin{align*}
\frac{u_{i,j+1}-2u_{i,j}+u_{i,j-1}}{k^2}&=\tfrac{1}{2}\left[
\frac{u_{i+1,j+1}-2u_{i,j+1}+u_{i-1,j+1}}{h^2}
+\frac{u_{i+1,j-1}-2u_{i,j-1}+u_{i-1,j-1}}{h^2}\right]\\
&-\tfrac{3}{2}\left[\frac{u_{i+1,j+1}-u_{i-1,j+1}}{2h}
+\frac{u_{i+1,j-1}-u_{i-1,j-1}}{2h}\right],
\end{align*}
dove
$$u_{0,j}=1,\quad u_{n+1,j}=2,\quad
u_{i,0}=\tfrac{1}{3}(x_i+2)=1+\tfrac{ih}{3}.$$
%************ 7-points scheme ************************************************
\begin{figure}[htb]
\centering\resizebox{.4\textwidth}{!}{\includegraphics{sevenpoints}}
\end{figure}
%*****************************************************************************
Inoltre,
\begin{align*}
u_{i,1}&\simeq u_{i,0}+k\left[\frac{\partial u}{\partial t}\right](x_i,0)
+\tfrac{1}{2}k^2\left[\frac{\partial^2u}{\partial t^2}\right](x_i,0)\\
&\simeq u_{i,0}+k\left[\frac{\partial u}{\partial t}\right](x_i,0)
+\tfrac{1}{2}k^2\left[\frac{u_{i+1,0}-2u_{i,0}+u_{i-1,0}}{h^2}
-3\frac{u_{i+1,0}-u_{i-1,0}}{2h}\right]\\
&=1+4k.
\end{align*}

Spostando tutti i termini non omogeni a destra e gli altri termini a sinistra,
si ha:
\begin{align*}
\left(\frac{1}{h^2}+\frac{1}{k^2}\right)u_{i,j+1}-\left(\frac{1}{2h^2}
+\frac{3}{4h}\right)u_{i+1,j+1}-\left(\frac{1}{2h^2}-\frac{3}{4h}\right)
u_{i-1,j+1}=b_{i,j+1},
\end{align*}
dove $b_{i,j+1}$ \`e nota (per $i=1,2,\ldots,n$). Tale equazione \`e da
risolvere successivamente per $j=1,2,\ldots,m$. La matrice del sistema lineare
\`e tridiagonale con elementi diagonali positivi. Tale matrice \`e strettamente
diagonalmente dominante se
$$0<\frac{3}{4h}\le\frac{1}{2h^2},$$
cio\`e, se $0<h\le\tfrac{2}{3}$; cio\`e, se $n=4,5,6,\ldots$.
\item[2.] Scegliamo i nodi $1=x_0<x_1<\ldots<x_n<x_{n+1}=3$, non necessariamente
equidistanti. Si definisca lo spline
$$\phi_i(x)=\begin{cases}0,&1\le x\le x_{i-1},\\
\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}},&x_{i-1}\le x\le x_i,\\
\frac{x_{i+1}-x}{x_{i+1}-x_i},&x_i\le x\le x_{i+1},\\
0,&x_{i+1}\le x\le 3.\end{cases}$$
In forma variazionale bisogna trovare $(\cdot,t)\in H^1_0(1,3)$, dipendente dal
tempo $t\in\R^+$, tale che per ogni $\zf\in H^1_0(1,3)$ si ha:
$$\frac{d}{dt}\int_1^3 u(x,t)\zf(x)\,dx=\int_1^3\left[xu_x(x,t)\zf^\prime(x)
+x^2u(x,t)\zf(x)\right]dx-\int_1^3 x^2\zf(x)\,dx,$$
dove $\int_1^3 u(x,0)\zf(x)\,dx=\int_1^3 x^2\zf(x)\,dx$. Ponendo
$$u(x,t)=\sum_{j=1}^n\,c_j(t)\phi_j(x),\qquad\zf(x)=\phi_i(x),$$
arriviamo al sistema di equazioni differenziali ordinarie
$$\vec{c}^\prime(t)=A\vec{c}(t)+\vec{b},$$
dove
\begin{align*}
A_{ij}&=\int_1^3\left[x\phi_i^\prime(x)\phi_j^\prime(x)
+x^2\phi_i(x)\phi_j(x)\right]dx,\\
b_i&=-\int_1^3 x^2\phi_i(x)\,dx,\\
c_i(0)&=\int_1^3 x\phi_i(x)\,dx.
\end{align*}
Allora
$$(A\vec{c},\vec{c})=\int_1^3\left[x\left|\sum_{i=1}^n\,c_i\phi_i^\prime(x)
\right|^2+x^2\left|\sum_{i=1}^n\,c_i\phi_i(x)\right|^2\right]dx\ge0$$
qualunque sia il vettore colonna $\vec{c}$.  Inoltre, se $A\vec{c}=\vec{0}$,
allora (usando $x^2\ge1$),
$$\int_1^3\left|\sum_{i=1}^n\,c_i\phi_i(x)\right|^2\,dx=0$$
e quindi
$$\sum_{i=1}^n\,c_i\phi_i(x)=0,\qquad 1\le x\le3.$$
Sostituendo $x=x_j$ otteniamo $c_1=\ldots=c_n=0$. Di conseguenza, $A$ \`e una
matrices reale, simmetrica e tridiagonale con autovalori positivi. Quindi
$$\vec{c}(t)=e^{tA}\vec{c}(0)+\left[e^{tA}-I_n\right]A^{-1}\vec{b}.$$
\item[3.] Scegliamo $1=x_0<x_1<\ldots<x_n<x_{n+1}=3$
e $1=y_0<y_1<\ldots<y_m<y_{m+1}=5$, non necessariamente equidistanti. Per 
ciascun nodo interno $(x_i,y_j)$ ($i=1,\ldots,n$, $j=1,\ldots,m$) definiamo la
funzione spline
$$\phi_{(i,j)}(x,y)=\begin{cases}\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}},&(x,y)\in T_1,\\
\frac{y-y_{j-1}}{y_j-y_{j-1}},&(x,y)\in T_2,\\
\frac{y-y_{j-1}}{y_j-y_{j-1}}+\frac{x_j-x}{x_{j+1}-x_j},&(x,y)\in T_3,\\
\frac{x_{i+1}-x}{x_{i+1}-x_i},&(x,y)\in T_4,\\
\frac{y_{j+1}-y}{y_{j+1}-y_j},&(x,y)\in T_5,\\
\frac{y_{j+1}-y}{y_{j+1}-y_j}+\frac{x-x_j}{x_j-x_{j-1}},&(x,y)\in T_6,\\
0,&(x,y)\in[1,3]\times[1,5]\setminus\cup_{\sigma=1}^6\,T_\sigma.
\end{cases}$$
%************ splines ************************************************
\begin{figure}[htb]
\centering\resizebox{.4\textwidth}{!}{\includegraphics{boxspline}}
\end{figure}
%*****************************************************************************
Poi enumeriamo i nodi in modo lessicografico:
$$\bx_s=(x_i,y_j),\qquad s=(j-1)n+i,\quad i=1,\ldots,n,\quad j=1,\ldots,m.$$
In tal caso,
$$\phi_s(\bx)=\phi_{(i,j)}(x,y),\qquad s=1,2,\ldots,mn,$$
dove $\phi_s(\bx_r)=\zd_{r,s}$ per $r,s=1,2,\ldots,mn$.

Ponendo $u=\sum_{r=1}^{mn}\,c_r\phi_r$ e $\zf=\phi_s$, risulta il sistema
lineare $A\bc=\bb$, dove
\begin{align*}
A_{sr}&=\iint_\zO\left([x^2+y^2]\nabla\phi_s\cdot\nabla\phi_r+xy\phi_s\phi_r
\right]dxdy,\\
b_s&=\iint_\zO f\phi_s\,dxdy.
\end{align*}
Poich\`e
$$(A\bc,\bc)=\iint_\zO\left([x^2+y^2]\left\|\sum_{s=1}^{mn}\,c_s\nabla\phi_s
\right\|_2^2+xy\left|\sum_{s=1}^{mn}\,c_s\phi_s\right|^2\right)dxdy\ge0,$$
la matrice $A$ \`e reale, simmetrica e sparsa con autovalori non negativi. Se
$A\bc=\vec{0}$, allora
$$(A\bc,\bc)\ge\iint_\zO\left|\sum_{s=1}^{mn}\,c_s\phi_s\right|^2\,dxdy=0,$$
e dunque
$$\sum_{s=1}^{mn}\,c_s\phi_s(x,y)=0,\qquad(x,y)\in\zO.$$
Di conseguenza, $c_1=\ldots=c_{mn}=0$, implicando l'invertibilit\`a della
matrice $A$.
\item[4.] Si ha la seguente mappa di Newton:
\begin{align*}
 F\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}&=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}
-\frac{1}{2(x^2+y^2)}\begin{pmatrix}x&y\\ -y&x\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x^2-y^2-u\\ 2xy-v\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{2(x^2+y^2)}\begin{pmatrix}x(x^2+y^2)+xu+yv\\ y(x^2+y^2)-yu+xv
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}+\frac{1}{2(x^2+y^2)}
\begin{pmatrix}x&y\\-y&x\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}.
\end{align*}
Allora
\begin{align*}
 F^\prime\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}&=\frac{1}{2(x^2+y^2)^2}\begin{pmatrix}(x^2+y^2)^2+(y^2-x^2)u-2xyv&-2xyu+(x^2-y^2)v\\2xyu+(y^2-x^2)v
&(x^2+y^2)^2+(y^2-x^2)u-2xyv\end{pmatrix}.
\end{align*}
Sostituendo
$$u=x^2-y^2,\qquad v=2xy,$$
si trova $F^\prime\left(\begin{smallmatrix}x\\y\end{smallmatrix}\right)
=\left(\begin{smallmatrix}0&0\\0&0\end{smallmatrix}\right)$. Secondo il Teorema
di Ostrowski, esiste un intorno di ciascuna soluzione che \`e un bacino di
attrazione.

Alternativamente, ponendo $z=x+iy$, $w=u+iv$ e $f(z)=z^2-w$ si pu\`o anche
scrivere
$$F(z)=\tfrac{1}{2}z+\frac{w\overline{z}}{|z|^2}=\tfrac{1}{2}z
+\frac{w}{2z}=z-\frac{f(z)}{f^\prime(z)}.$$
Dunque
$$F^\prime(z)=\frac{f(z)f^{\prime\prime}(z)}{f^\prime(z)^2}
=\frac{z^2-w}{2z^2}.$$
Di conseguenza, se scegliamo $z_0=x_0+iy_0$ nel dominio
$$\left\{\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}:\left|\frac{z^2-w}{2z^2}\right|<1
\right\}=\left\{\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}:(x^2-y^2-u)^2+(2xy-v)^2
<4(x^2+y^2)^2\right\},$$
la successione degli iterati converge allo zero contenuto nello stesso
componente connesso.
\item[5.] Si ha:
$$f(x)=(x-1)(x-2)(x-3),\quad f^\prime(x)=3(x-2)^2-1,\quad
f^{\prime\prime}(x)=6(x-2).$$
Quindi il metodo di Newton riguarda l'applicazione ripetuta della seguente
mappa:
$$x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f^\prime(x_n)}.$$
La funzione $f$ ha un massimo in $x=2-\sqrt{\tfrac{1}{3}}$ e un minimo in
$x=2+\sqrt{\tfrac{1}{3}}$, mentre $f^{\prime\prime}(x)$ \`e negativa per $x<2$
e positiva per $x>2$. Quindi: Se $x_0<2-\sqrt{\tfrac{1}{3}}$, la successione
degli iterati $x_n$ tende a $1$; se $x_0>2+\sqrt{\tfrac{1}{3}}$, la successione
degli iterati tende a $3$.

Sia
$$F(x)=x-\frac{f(x)}{f^\prime(x)}.$$
Allora
$$F^\prime(x)=\frac{f(x)f^{\prime\prime}(x)}{f^\prime(x)^2},\qquad
x\neq 2\pm\sqrt{\tfrac{1}{3}}.$$
Nell'intervallo tra $2\pm\sqrt{\tfrac{1}{3}}$ la funzione $F$ \`e continua, ha
un singolo zero (doppio) in $x=2$ e \`e decrescente e tende a $\mp\infty$ se
$x\to[2\pm\sqrt{\tfrac{1}{3}}]^\mp$. Inoltre $F^\prime(x)$ tende a $-\infty$ se
$x\to[2\pm\sqrt{\tfrac{1}{3}}]^\mp$. Per $0\le\zd<\sqrt{\tfrac{1}{3}}$, siano
$\xi_\zd$ e $\eta_\zd$ due numeri reali tali che
$$2-\sqrt{\tfrac{1}{3}}<\xi_\zd<2<\eta_\zd<2+\sqrt{\tfrac{1}{3}},$$
$-1+\zd<F^\prime(x)\le0$ per $\xi_\zd<x<\eta_\zd$ e
$F^\prime(\xi_\zd)=F^\prime(\eta_\zd)=-1+\zd$. In tal caso
$$|F(x)-F(y)|=|F^\prime(\zeta)(x-y)|\le(1-\zd)|x-y|,\qquad
x,y\in[\xi_\zd,\eta_\zd],$$
implicando che $F$ \`e una contrazione in $[\xi_\zd,\eta_\zd]$. Di
conseguenza, scegliendo $x_0\in(\xi_0,\eta_0)$ la successione degli iterati
$x_n$ tende
a $2$.\footnote{$x_0=2-\sqrt{\tfrac{1}{15}[6-\sqrt{21}]}\approx 1.6926$,
$\eta_0=2+\sqrt{\tfrac{1}{15}[6-\sqrt{21}]}\approx 2.3074$.}
\end{itemize}

\end{document}
