Cambio caratteri e correzioni ortografia

diff --git a/CalcoloScientifico.tex b/CalcoloScientifico.tex
index b42680f..cfc468e 100644
--- a/CalcoloScientifico.tex
+++ b/CalcoloScientifico.tex
@@ -21,12 +21,14 @@
 \usepackage{tikz}
 \usepackage{color}
 \usepackage[a4paper]{geometry}
+\usepackage[T1]{fontenc}
+\usepackage{pxfonts}

 %%
 %% Ci piace, a causa del carattere usato (pxfonts)
 %% avere un'interlinea piuttosto abbondante
 %%
-\linespread{1.1}
+\linespread{1.2}

 %%
 %% Qui di seguito si trovano le definizioni
diff --git a/capitolo1.tex b/capitolo1.tex
index e2e9379..28936eb 100644
--- a/capitolo1.tex
+++ b/capitolo1.tex
@@ -262,24 +262,27 @@ Questo sarà il passaggio che poi ci permetterà di mostrare per induzione che s
 qualsiasi matrice in forma di Hessenberg superiore. \\
 Data la seguente matrice generica $A$
 \[
- A = \left[ \begin{array}{c|c}
-      a_{11} & \herm{w} \\
+ A = \left[ \begin{array}{c|cc}
+      a_{11} & \multicolumn{2}{|c}{\herm{w}} \\
   \hline
-      v    & \hat{A}
+      \multirow{2}{*}{$v$}    & \sblocke{\; \hat{A}\;}{2}  \\
+        & &
      \end{array} \right]
 \]
 So che esiste una matrice $\hat P$ di Householder tale che $\hat{P}v = \beta e_1$ da cui si ottiene che
 \[
- P = \left[ \begin{array}{c|c}
-  1 & \herm{0} \\
+ P = \left[ \begin{array}{c|cc}
+  1 & \multicolumn{2}{c}{\herm{0}} \\
   \hline
-  0 & \hat P
+  \multirow{2}{*}{$0$} & \sblocke{ \quad \hat P \quad}{2} \\
+  & &
       \end{array} \right]
 \qquad
- PA\herm{P} = \left[ \begin{array}{c|c}
-                      a_{11} & \herm{w} \herm{\hat{P}} \\
+ PA\herm{P} = \left[ \begin{array}{c|cc}
+                      a_{11} & \multicolumn{2}{|c}{\herm{w} \herm{\hat{P}}} \\
 \hline
-		      \hat Pv & \hat P \hat A \herm{\hat{P}}
+		      \multirow{2}{*}{$\hat Pv$} & \sblocke{\hat P \hat A \herm{\hat{P}}}{2} \\
+                      & &
                      \end{array} \right]
 \]
 Ricordando che $\hat{P}v = \beta e_1$ si ottiene che in $n-2$ passi la matrice di partenza si può ridurre
diff --git a/capitolo2.tex b/capitolo2.tex
index bc2b293..6236ad0 100644
--- a/capitolo2.tex
+++ b/capitolo2.tex
@@ -47,7 +47,7 @@ Ricordiamo alcune particolarità dei polinomi $p_n$ viste precedentemente
 Osserviamo quindi che per ogni radice di $p_n$ si ha che il segno della sua derivata e quello di $p_{n-1}$ sono
 opposti. La condizione di semplicità sugli zeri ci assicura che la derivata sarà infatti diversa da $0$ in
 $\bar x$ e quindi $p_n'(\bar x) p_{n-1}(\bar x) < 0$. In particolare la costanza locale del segno della derivata
-intorno allo $0$ ci assicura anche la constanza di quello di $p_{j-1}$ e quindi il \emph{cambio di valore di $f$}.
+intorno allo $0$ ci assicura anche la costanza di quello di $p_{j-1}$ e quindi il \emph{cambio di valore di $f$}.
 In sintesi $f$ agisce come una sorta di ``contatore di zeri''. Dato infatti un qualsiasi intervallo $[a,b]$ si verifica,
 usando le considerazioni precedenti che
 \[
@@ -56,7 +56,7 @@ usando le considerazioni precedenti che

 Possiamo dunque applicare questa considerazione per applicare il metodo di bisezione per calcolare
 uno specifico autovalore di $T_n$. Queste proprietà di $f$ ci permettono di calcolare infatti singolarmente
-l'$i$-esimo autovalore di $T_n$ (ordinati con l'ordinamento di $\R$) senza bisogno di calcoare tutti gli altri.
+l'$i$-esimo autovalore di $T_n$ (ordinati con l'ordinamento di $\R$) senza bisogno di calcolare tutti gli altri.
 Ricordando la diseguaglianza di Hirsch ($||\lambda|| \leq ||T_n||$) e supponendo di aver fissato $i$ possiamo
 applicare il seguente procedimento.

@@ -65,7 +65,7 @@ nell'intervallo $[-||T_n||, 0)$. Se il nostro autovalore sta lì (ovvero $i \leq
 $f(-\frac{||T_n||}{2})$ e ripetiamo il procedimento; in caso contrario procediamo analogamente con $f(\frac{||T_n||}{2})$. \\
 Iterando un numero sufficiente di volte questo procedimento otterremo alla fine il valore desiderato.

-Osserviamo che il procedimento può essere applicatoa ad una qualsiasi matrice hermitiana, a patto
+Osserviamo che il procedimento può essere applicato a ad una qualsiasi matrice hermitiana, a patto
 di portarla in forma tridiagonale (che è sempre possibile tramite matrici unitarie).
 Ricordando le stime dei costi computazionali fatte in precedenza ci rendiamo conto che il costo principale è
 quello della riduzione ($O(n^3)$) rispetto a quello del calcolo dell'autovalore ($O(n^2)$).
@@ -77,8 +77,11 @@ dove altri algoritmi non possono essere implementati. Si può osservare invece c
 non sia difficile implementare il metodo di Sturm dividendo fra i vari processori gli autovalori da calcolare.

 \section{Il metodo QR}
-In questa sezione esporremo il metodo QR per il calcolo degli autovalori, che è il metodo più gettonato
-al giorno d'oggi.
+In questa sezione esporremo il metodo QR per il calcolo degli autovalori, che è il metodo più utilizzato
+nelle moderne applicazioni del calcolo degli autovalori. Si basa sulla fattorizzazione QR già vista nel corso
+di Analisi Numerica per la risoluzione di sistemi lineari. Questa può venire realizzata tramite matrici
+di Householder. Cominceremo ricordando alcuni risultati riguardo la fattorizzazione, per poi esporre ed
+analizzare il metodo e le sue implementazioni.

 \subsection{La fattorizzazione QR}
 \'E noto che ogni matrice $A \in \mat{\C}{n}$ si può fattorizzare nel seguente modo
@@ -114,7 +117,7 @@ la successione definita nel seguente modo
 Cominceremo ad analizzare il metodo QR facendo delle supposizioni piuttosto restrittive, che poi allenteremo
 in seguito. Cominciamo col supporre che gli autovalori della matrice $A$ siano tutti distinti e ordinabili
 per modulo in modo strettamente crescente, ovvero $|\lambda_1| < \ldots < |\lambda_n|$. Questo in
-particolare implica che la matrice $A$ è diagonlizzabile e quindi esiste una $X$ invertibile tale che
+particolare implica che la matrice $A$ è diagonalizzabile e quindi esiste una $X$ invertibile tale che
 $A = XDX^{-1}$. Supponiamo ora che $X^{-1}$ ammetta fattorizzazione $ X^{-1} = LU$\footnote{dove supponiamo
 che $L$ sia triangolare inferiore con gli elementi delle diagonale uguali a $1$ e $U$ triangolare superiore}.
 \begin{pr} \label{pr:metpot:ak}
@@ -130,6 +133,7 @@ che $L$ sia triangolare inferiore con gli elementi delle diagonale uguali a $1$
  \[ \begin{array}{ll}
   \displaystyle
   A^{k+1} = \prod_{i=1}^{k+1} Q_0 R_0 = Q_0 (\prod_{i=1}^{k} R_0 Q_0) R_0 = Q_0 (\prod_{i=1}^{k} A_1) R_0 = \\
+  \displaystyle
   = Q_0 (\prod_{i=1}^{k} Q_1 R_1) R_0 = Q_0 \prod_{i=1}^{k} Q_i \prod_{i=1}^{k} R_{k-i+1} R_0
  \end{array}
  \]
@@ -161,7 +165,7 @@ tende ad una matrice diagonale per $k$ che tende all'infinito. Più precisamente
 Da questo si ottiene che $P_k \to I$ e anche $T_k \to I$\footnote{questo non sarebbe vero a priori, in quanto la scomposizione
 QR è sempre definita a meno di una matrice di fase. Richiedere però che $P_k$ abbia elementi positivi ci permette
 sia di definire univocamente la scomposizione desiderata sia di avere l'esistenza del limite.}
-Confontando l'equazione~\ref{eq:metpot:1} e la Proposizione~\ref{pr:metpot:ak} si ottengono due fattorizzazioni
+Confrontando l'equazione~\ref{eq:metpot:1} e la Proposizione~\ref{pr:metpot:ak} si ottengono due fattorizzazioni
 QR della matrice $A^k$.
 \[
  A^k = QP_k T_k R D^k U = Q_0 \ldots Q_k R_k \ldots R_0
@@ -174,7 +178,9 @@ si ottengono le due relazioni
 	  R_{k} \ldots R_0 = \herm{S_k}T_k R D^k U
          \end{array} \right.
 \]
-Possiamo riscrivere ora $Q_k$ ed $R_k$ in modo da riuscire ad utilizzare queste relazioni
+Possiamo riscrivere ora $Q_k$ ed $R_k$ in modo da riuscire ad utilizzare queste relazioni\footnote{Si può
+osservare quanto i passaggi di questa dimostrazione siano la cosa meno intuitiva pensabile (o quasi). Presumibilmente
+questa è risultato di anni di affinamento e di ``pulizia'' }
 \[
  \left\{ \begin{array}{l}
          Q_k = \herm{(Q_0 \ldots Q_{k-1})}(Q_0 \ldots Q_k) = \herm{S_{k-1}}\herm{P_{k-1}}\herm{Q}Q P_k S_k =
@@ -188,7 +194,7 @@ $S_{k-1} A^k \herm{S_{k-1}} = R D R^{-1}$. Possiamo quindi osservare che gli ele
 sono gli stessi di $D$ (grazie al fatto che $R$ è triangolare superiore). In particolare gli elementi diagonali
 sono gli autovalori di $A$ e quindi abbiamo provato che il metodo converge.
 \begin{os}
- In realtà non è rilevante conoscere esplicitamente $S_k$ perché siamo interessati solo a conscere gli elementi
+ In realtà non è rilevante conoscere esplicitamente $S_k$ perché siamo interessati solo a conoscere gli elementi
  sulla diagonale di $RDR^{-1}$. Avendo che gli elementi di $S_k$ sono di modulo $1$ gli elementi diagonali vengono
  moltiplicati per un numero complesso e per il suo coniugato, lasciandoli invariati.
 \end{os}