Aggiunta l'ultima parte della lezione del 14, anche se mancano delle
Leonardo Robol [2009-10-14 19:55]
Aggiunta l'ultima parte della lezione del 14, anche se mancano delle
precisazioni.
diff --git a/capitolo1.tex b/capitolo1.tex
index 78ba212..6f75f8d 100644
--- a/capitolo1.tex
+++ b/capitolo1.tex
@@ -571,7 +571,6 @@ di $g$ corrisponde un autovalore di $A_{n-1}$ e che gli autovalori della matrice
da quelli di $g$, in quanto la derivata di $g$ è sempre negativa (e quindi la funzione monotona).
\begin{figure}[ht]
\begin{center}
- %% \includegraphics[width=\textwidth]{equazionesecolare.pdf}
\begin{tikzpicture}
%% Disegnamo gli assi
\draw[very thin,->] (-6,0) -- (5,0) node[anchor=north] {$\xi$};
@@ -588,7 +587,7 @@ da quelli di $g$, in quanto la derivata di $g$ è sempre negativa (e quindi la f
\draw (1,2) .. controls (1,1) and (1.5,0.5) .. (2,0);
\draw (2,0) .. controls (2.5,-0.5) and (4,-2) .. (5,-3);
- %% Asintoti
+ %% Asintoti (che corrispondono agli autovalori)
\draw[blue] (-3.4,-3) -- (-3.4,0) node[anchor=south west] {$\lambda_1$} -- (-3.4,2);
\draw[blue] (0.8,-3) -- (0.8,0) node[anchor=south east] {$\lambda_2$} -- (0.8,2);
\end{tikzpicture}
diff --git a/capitolo2.tex b/capitolo2.tex
index d5f2244..bc2b293 100644
--- a/capitolo2.tex
+++ b/capitolo2.tex
@@ -194,4 +194,16 @@ sono gli autovalori di $A$ e quindi abbiamo provato che il metodo converge.
\end{os}
\subsection{Il costo computazionale}
+Vorremmo ora valutare il costo computazionale di questo metodo. Consideriamo dapprima il caso di una matrice
+generale. Sappiamo che il costo di una fattorizzazione $QR$ è $O(n^3)$ e sperimentalmente si ottiene che il
+numero di passi per avere convergenza cresce linearmente con la dimensione. Questo ci permette di concludere
+che in un caso totalmente generale il costo computazionale del metodo QR è $O(n^4)$.
+Facciamo ora qualche supposizione sulla matrice. Prendiamo ad esempio una matrice tridiagonale hermitiana.
+In questo caso ci ricordiamo che il costo del calcolo della fattorizzazione QR (almeno della prima) è $O(n)$.
+Possiamo osservare che la matrice ottenuta dopo il primo passo è ancora tridiagonale hermitiana, e quindi
+le considerazioni fatte sul primo passo valgono anche per i seguenti. In particolare il costo del metodo
+è $O(n^2)$.
+
+Analogamente per le matrici di Hessenberg (anche se non lo mostriamo ora) il costo è di $O(n^3)$ perché
+il calcolo della scomposizione QR è $O(n^2)$.