positiv definites Skalarprodukt im Vetorraum der Polynome 2. Grades

19.06.2010, 08:55

Fenio

positiv definites Skalarprodukt im Vetorraum der Polynome 2. Grades

Moin moin,

Ich habe folgende Aufgabe bekommen:

Sei V der $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ -Vektorraum aller Polynomfunktionen vom Grad höchstens 2. Zu zeigen ist, dass:

$\begin{eqnarray*} \langle f,g \rangle := \int_0^1 f(t)g(t) dr \end{eqnarray*}$

ein positiv definites Skalarprodukt auf V definiert und dazu ist eine Orthonormalbasis von V zu bestimmen.

Ich hab bis jetzt erfolgreich gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} \langle f,g \rangle \end{eqnarray*}$ eine symmetrische Bilinearform ist.
Es fehlt also nur noch, dass $\begin{eqnarray*} \langle f,f \rangle > 0 \quad \forall x \in V-\{0\} \end{eqnarray*}$ gilt, damit es positiv definit ist.

Damit habe ich so meine Probleme, erst dachte ich es sei ganz einfach, da ja $\begin{eqnarray*} f(t)f(t) = (f(t))^2 \end{eqnarray*}$ , aber danach wird ja noch integriert.

Also habe ich erst die Klammer aufgelösst und dann integriert und F(1) - F(0)
ergibt:

$\begin{eqnarray*} \langle f,f \rangle = \int_0^1 f(t)f(t) dt \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 (at^2+b^t+c)^2 dt \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 (a^2t^4 + 2abt^3 + (2ac +b^2)t^2 + 2bct +c^2)dt \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \frac{a^2}{5}1^5 + \frac{2ab}{4}1^4 + \frac{2ac +b^2}{3}1^3 +\frac{2bc}{2}1^2 +c^2-0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \frac{a^2}{5} + \frac{2ab}{4} + \frac{2ac +b^2}{3} + bc +c^2 \end{eqnarray*}$

Das die Parts mit $\begin{eqnarray*} a^2, b^2, c^2 \end{eqnarray*}$ jeweils größer als 0 sind ist mir klar. Aber wie zeige ich, dass der Rest auch größer als Null ist bzw. kleiner als die teile mit den Quadraten? Ich hab auch schon versucht Sätze zu finden, die belegen, dass Integrale immer größer als bzw. gleich 0 sein müssen, aber nur welche gefunden die sich auf Funktionen beziehen die über der x Achse liegen, was ich da a,b,c aus $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ sein können ja nicht sagen kann.

Vielen dank schonmal!

Edit: Fehlerteufel t zu t^2 und abc = 2bc und Foglefehler korrigiert

19.06.2010, 09:34

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: positiv definites Skalarprodukt im Vetorraum der Polynome 2. Grades
Das Ausmultiplizieren ist hier nicht hilfreich.

Da $\begin{eqnarray*} (f(t))^2 \geq 0 \end{eqnarray*}$ hat man schon mal $\begin{eqnarray*} \langle f, f \rangle\geq 0 \end{eqnarray*}$ . Wenn f(t) nicht das Nullpolynom ist, gibt es mindestens ein $\begin{eqnarray*} t=t_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(t_0) \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Damit hat man $\begin{eqnarray*} (f(t_0))^2 > 0 \end{eqnarray*}$ . Und wegen der Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} f(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (f(t))^2 \end{eqnarray*}$ gilt das in einer ganzen Umgebung von $\begin{eqnarray*} t_0 \end{eqnarray*}$ .

Jetzt brauchst du das Integral $\begin{eqnarray*} \langle f, f \rangle \end{eqnarray*}$ nur noch aufzuteilen in ein Integral über diese Umgebung und den Rest. Schon ist gezeigt $\begin{eqnarray*} \langle f, f \rangle > 0 \end{eqnarray*}$ , falls f nicht das Nullpolynom ist.

19.06.2010, 12:25

Fenio

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: positiv definites Skalarprodukt im Vetorraum der Polynome 2. Grades
danke erstmal für die schnelle Antwort,

mir sind noch ein paar Fehler in meinem Beitrag aufgefallen...

f kann nicht nicht das Nullpolynom sein, da die Bedingung gelten muss für
$\begin{eqnarray*} \langle f,f \rangle > 0 \quad \forall f \in V - \{0\} \end{eqnarray*}$
die Null ist ja gerade das Polynom mit a=b=c=0, also das Nullpolynom.

den Part zu zeigen wird also einfach smile

$\begin{eqnarray*} (f(t))^2 \geq 0 \Rightarrow \langle f,f \rangle \geq 0 \end{eqnarray*}$ geht dank der Monotonie (Notiz für mich: Satz finden, ggf. Analysis)

Dieses $\begin{eqnarray*} t_0 \end{eqnarray*}$ kann ich mir auch noch gut Vorstellen, da lassen sich ja auch viele finden, da es maximal 2 Nullstellen geben kann. Ich kann also vermutlich auch Annehmen, dass $\begin{eqnarray*} 0 < t_0 < 1 \end{eqnarray*}$ gilt

Die Aufteilung ist mir allerdings unklar, denn wenn ich

$\begin{eqnarray*} \langle f,f \rangle = \int_0^{t_0} (f(t))^2 + \int_{t_0}^1 (f(t))^2 \end{eqnarray*}$ aufteile habe ich das selbe Problem wie vorher und eine andere Möglichkeit aufzuteilen fällt mir nicht ein.

$\begin{eqnarray*} \langle f,f \rangle = \int_0^1 (f(t_0))^2 + Rest \end{eqnarray*}$ wäre ja Praktisch, aber mir ist nicht klar wie ich an den Rest komme bzw. wie der aussieht.

19.06.2010, 12:59

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, so ist das nicht gemeint. Kein Gefühl für Stetigkeit, was? Wenn es ein $\begin{eqnarray*} t_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |f(t_0)| \neq 0 \end{eqnarray*}$ gibt, wähle $\begin{eqnarray*} \varepsilon := \frac{|f(t_0)|}{2} \end{eqnarray*}$ , dann existiert wegen der Stetigkeit ein $\begin{eqnarray*} \delta>0 \end{eqnarray*}$ , so dass für alle $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |t-t_0|<\delta \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} |f(t)-f(t_0)| < \varepsilon \end{eqnarray*}$ gilt, daraus folgt $\begin{eqnarray*} |f(t)| > |f(t_0)|-\varepsilon = \varepsilon \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t_0-\delta < t < t_0+\delta \end{eqnarray*}$ . Die Integralaufteilung ist dementsprechend

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^1 = \int\limits_0^{t_0-\delta} + \int\limits_{t_0-\delta}^{t_0+\delta} + \int\limits_{t_0+\delta}^1 \end{eqnarray*}$ .

19.06.2010, 15:38

Fenio

Auf diesen Beitrag antworten »

Offenbar hab ich kein Gefühl für stetigkeit unglücklich

Ich hab dafür aber endlich Feierabend und glaube die Hinweise verstanden zu haben. Ich setz mich jetzt nochmal ran und poste dann nochmal.

19.06.2010, 16:06

Fenio

Auf diesen Beitrag antworten »

Yo mit der Funktion dazwischen und der Vorbedingung $\begin{eqnarray*} \langle f,f \rangle \geq 0 \end{eqnarray*}$ gehts!

Danke Gott

19.06.2010, 16:27

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Nachdem dieser Lösungsweg verstanden ist , jetzt noch eine Alternative: Konstruiere zuerst eine Orthonormalbasis. Hast du eine solche, folgt daraus $\begin{eqnarray*} \langle f, f \rangle > 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} f \neq 0 \end{eqnarray*}$ wie von selbst.

19.06.2010, 17:35

Fenio

Auf diesen Beitrag antworten »

Achja die Orthonormalbasis... hätt ich vergessen

die ist:

$\begin{eqnarray*} (1,0,0),(0,x,0),(0,0,x^2) \end{eqnarray*}$

und da für $\begin{eqnarray*} a,b,c \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f = c \cdot (1,0,0) + b \cdot (0,x,0) + a (0,0,x^2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow f^2 = c^2 \cdot (1,0,0) + b^2 \cdot (0,x,0) + a^2 (0,0,x^2) \Rightarrow f^2 > 0 \end{eqnarray*}$ sofern $\begin{eqnarray*} f \notin \{0\} \end{eqnarray*}$

und daher dann auch das Integral etc. Vermutlich sollten wir diese Lösung finden, die ist ja deutlich einfacher und der Anzahl der Punkte entsprechend.

19.06.2010, 17:40

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist zwar eine Basis, aber keine Orthonormalbasis.

19.06.2010, 18:08

Fenio

Auf diesen Beitrag antworten »

richtig und $\begin{eqnarray*} f^2 \end{eqnarray*}$ ist auch nicht größer 0, da x kleiner 0 sein kann, aaaalso:

Orthonormalbasis ist:

$\begin{eqnarray*} (1,0,0),(0,\frac{x}{|x|},0),(0,0,\frac{x^2}{|x^2|}) \end{eqnarray*}$

aber einfacher ist es so rum tatsächlich

19.06.2010, 18:43

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Du schreibst gewaltigen Unsinn!!!

Zitat:

richtig und $\begin{eqnarray*} f^2 \end{eqnarray*}$ ist auch nicht größer 0, da x kleiner 0 sein kann

Was soll dieser Unfug?

Außerdem ist $\begin{eqnarray*} \frac{x}{|x|} \end{eqnarray*}$ überhaupt kein Polynom. Das ist eine unstetige Funktion, die lediglich die Werte -1 und 1 annehmen kann und für x = 0 gar nicht definiert ist. Und wenn der Definitionsbereich auf das Intervall [0, 1] eingeschränkt ist, dann ist diese Funktion bei x = 0 nicht definiert und sonst 1.

Solche Schnellschüsse bringen dich nicht weiter. Beschäftige dich mal mit dem Thema, bevor du die nächste unüberlegte Antwort gibst.

Um aus dem zweiten Teil der Aufgabe auf den ersten Teil zu schließen, ist die Normierung der Basis nicht wichtig. Aber die Orthogonalität wird zwingend gebraucht.

19.06.2010, 19:26

Fenio

Auf diesen Beitrag antworten »

Also:

zwei Vektoren x,y sind orthogonal, wenn sie senkrecht aufeinander stehen,

also wenn $\begin{eqnarray*} \langle x,y \rangle = 0 \end{eqnarray*}$

in einem Orthogonalsystem sind die Vektoren alle orthogonal zu einander.

eine Orthogonalbasis ist ein Orthogonalsystem welches den ganzen Raum hier $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ aufspannt.

Ich hab die Basis $\begin{eqnarray*} (0,0,1),(0,x,0),(x^2,0,0) \end{eqnarray*}$ durch
http://de.wikipedia.org/wiki/Gram-Schmid...erungsverfahren

orthogonalisiert

und bekomme:

$\begin{eqnarray*} x^2, x-x^2, 1-\frac{2}{5}x-\frac{7}{5}x^2 \end{eqnarray*}$ also
$\begin{eqnarray*} (1,0,0), (-1,1,0), (\frac{-7}{5}, \frac{-2}{5},1) \end{eqnarray*}$

Die muss ich jetzt aber noch normieren oder nicht?

19.06.2010, 20:40

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist schon mal positiv, dass du dich jetzt auf die Definitionen besinnst und systematsch an die Orthoganlisierung gehst. Das Ergebnis stimmt aber leider nicht. Ich rechne z. B.

$\begin{eqnarray*} \langle x^2, x-x^2 \rangle =\int_0^1 x^2(x-x^2)dx=\frac{1}{20} \neq 0 \end{eqnarray*}$

Überhaupt ist dein System etwas merkwürdig. Wenn man mit der Basis 1, x, x^2 beginnt, würde man bei der Orthoganlisierung üblicherweise die 1 als einen Basisvektor beibehalten. Den zweiten würde man konstruieren als Linearkombination von 1 und x, was ein lineares Polynom ergibt. Der dritte wäre dann ein quadratisches Polynom.

Dieses Vorgehen ist aber nicht vorgeschrieben. Man kann durchaus Orthogonalsysteme mit 3 quadratischen Polynomen konstruieren. Aber orthogonal müssen sie halt sein.

Ich melde mich für heute ab.

19.06.2010, 21:11

Fenio

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke auf jeden Fall für die ausdauernde Hilfe und den kleinen Anschiss! Gott

Ich bin n bisschen am Ende, aber will das auch Heute noch fertig kriegen. Hab die Basis nochmal neu mit 1, x, x^2 berechnet und nicht anders rum. Die Terme die dadurch entstehen sind in der Tat deutlich einfacher 1, x-1, x^2 ... (da ist noch n Fehler drinn)

Ich denke von hier aus schaff ich das alleine und werde, wenn ich fertig bin das pdf nochmal anhängen.

20.06.2010, 08:27

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Fenio
Danke auf jeden Fall für die ausdauernde Hilfe und den kleinen Anschiss! Gott

Schön, dass du mir deshalb nicht böse bist. Mir rutscht schon mal schnell der Finger aus, wenn ich manche Sachen lese.

Neue Frage »

Antworten »

positiv definites Skalarprodukt im Vetorraum der Polynome 2. Grades

Verwandte Themen