Raum der Polynome, KLAUSURAUFGABE

31.01.2007, 22:20

TheGuard

Raum der Polynome, KLAUSURAUFGABE

Guten Abend,

wir hatten heute unsere erste LA Klausur und es kam eine mehr oder weniger erfreuliche Aufgabe dran:

Es ist der Raum der Polynome gegeben, mit der Standardbasis 1,x,x² Man soll das Schmidtsche ON-Verfahren anwenden und eine ONB erstellen, dabei ist das SKP folgendermaßen definiert:

$\begin{eqnarray*} <a,b> =\int_{0}^{1}~a(x)b(x)~dx \end{eqnarray*}$

Das ONB-Verfahren ist wirklich eine schöne Sache, habe ich auch verstanden, aber wie zum Teufel wendet man das auf den Raum der Polynome an???? Ich bin also so vorgegangen, dass ich erstmal den 1. Vektor also die 1 normiert habe, was logischerweise wieder 1 ist, anschließend verwende ich für die Projektion folgende Formel:

$\begin{eqnarray*} u_2=v_2-<v_2,u_1>u_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <1,x> =\int_{0}^{1}~1x~dx= \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Also ist mein $\begin{eqnarray*} u_2=x-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Was haltet ihr davon? Wenn das stimmt könnte ich den 3. Vektor auch richtig haben!!!

Genauso frage ich mich was zu dem Polynom 1+x² das orthogonale Komplement ist, und wie die Basis ausschaut, könnt ihr mir das sagen??? VIELEN DANK, ich will beruhigt schlafen Big Laugh

01.02.2007, 09:26

klarsoweit

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RE: Raum der Polynome, KLAUSURAUFGABE
Wenn ich mich nicht irre, mußt du noch u_2 normieren, so daß <u_2, u_2> = 1 ist.

01.02.2007, 09:38

TheGuard

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Das könnte ich vergessen haben, weiß ich jetzt nicht mehr, aber ich glaub sogar, dass sie nur eine orthogonalbasis haben wollten, bin mir aber nicht mehr 100% sicher! Trotzdem sieht es nicht schlecht aus!

Noch eine andere Frage:
wüßtest du sofort einen ansatz für folgenden beweis:
$\begin{eqnarray*} v_1, ..., v_n \end{eqnarray*}$ sind linear unabhängig genau dann wenn $\begin{eqnarray*} A^{t}A \end{eqnarray*}$ nicht singulär ist.

Ich habe mir das über den Rang und der Determinante überlegt, meinst du das macht Sinn? Beweise sind nicht meine Stärke...

01.02.2007, 09:56

klarsoweit

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Da müßte man erstmal wissen was A ist.

01.02.2007, 12:45

Sebi19

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Sorry, natürlich eine Matrix mit den v1,..., vn als spalten!!!

01.02.2007, 13:38

klarsoweit

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Zitat:

Original von TheGuard
Ich habe mir das über den Rang und der Determinante überlegt, meinst du das macht Sinn? Beweise sind nicht meine Stärke...

Ich würde es allein über die Determinante machen. Da gibt es einschlägige Regeln, wie die Determinante des Produktes zweier Matrizen aussieht. Beachte aber, daß du 2 Richtungen zeigen mußt.

01.02.2007, 18:08

sebi19

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ich habe argumentiert, dass eine determinante genau dann ungleich null ist, wenn die matrix vollen rang n hat und bei vollen rang ist die matrix invertierbar somit hat auch die transponierte vollen rang und ist auch invertierbar und damit ist auch A^tA invertierbar. die andere richtung habe ich ähnlich geschrieben. meinst darauf gibts nen punkt?

01.02.2007, 22:31

ArminTempsarian

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Mit Determinanten würd ich da wohl gar nicht erst anfangen. $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ muss ja nicht mal quadratisch sein, damit obiges stimmt.

Für die eine Richtung kannst du aber, wenn die $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ die Spalten der Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ sind, sagen, dass die Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ linear unabhängig sind, wenn aus $\begin{eqnarray*} Ax = 0 \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ . Multiplikation von links mit einer geeigneten Matrix liefert die erste Richtung.

Edit: Für die zweite Richtung, beginne mit $\begin{eqnarray*} A^TAx=0 \end{eqnarray*}$ und multipliziere von links mit $\begin{eqnarray*} x^T \end{eqnarray*}$ .

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