Lösningar av uppgifter hörande till övning nr 5.

Transkript

1 Lösningar av uppgifter hörande till övning nr 5. H.7 a) Antag att p är ett polynom med grad p < n. Då kan p skrivas som en linjärkombination av ortogonalpolynomen p k, där k < n. Alltså är p c k p k, m < n. k Då är (p n p) c k (p n p k ) k ty alla skalärprodukter (p n p k ), ty k < n. b) Framställ även här p som en linjärkombination av p, p, p,..., dvs Då blir (p k p) p c j p j () j c j (p k p j ) c k (p k p k ) j Men då k, och är (p k p). Därför är c k då k, och. Av () följer då att p c j p j dvs grad p 3, ty p är ej identiskt noll. j3 H.3 Enligt premisserna är p n (x)p m (x) ett polynom av grad n + m. Vi kan då utveckla polynomet i basen {p n }. Alltså är p n (x)p m (x) där c k är Fourierkoefficienterna, dvs n+m k c k p k (x) c k (p k p n p m ) (p k p k ) om k < n m, () ty då är (p k p n p m ) p k (x)p n (x)p m (x)w(x) dx p k (x)p m (x)p n (x)w(x) dx (p k p m p n ) I I

2 ty n > k + m och p k (x)p m (x) är ett polynom med lägre gradtal än n. Enligt () är då p n (x)p m (x) n+m kn m c k p k (x) (3) H.3 Vi använder resultatet i H.3 med m men byter alla c k mot d k för att inte c k ska beteckna två olika saker. Om p (x) vet vi att det är ett förstagradspolynom. Skriv p (x) αx + β, där α och β är konstanter. Enligt (3) får vi således att p n (x)(αx + β) d n p n (x) + d n p n (x) + d n+ p n+ (x) (4) Vi löser nu ur (4) ut p n+. Vi får där a n p n+ (x) (a n x + b n )p n (x) + c n p n, α d n+, b n β d n d n+ och c n d n d n+ Är vi klara med beviset? Inte helt. Vi bör hitta något argument för att d n+. Men om d n+ så kommer polynomen i vänster och i höger led i (4) att få olika grad. Därför är d n+ och vi är klara. H.33 Här är f n [ x x n n+ dx n + ] n + Alltså gäller att f n n + då n dvs f n då n i -normen. Vidare är Alltså gäller att [ x f n x n n+ dx n + f n ] n + n + då n dvs f n då n i -normen. Vi avslutar med maximumnormen. dvs f n då n i -normen. f n sup x n då n x

3 Den punktvisa gränsfunktionen f ges av { om x < f(x) om x H.36 Enligt läroboken sidan gäller att γ k ϕ k konvergerar mot ett element i Hilbertrummet H precis då den numeriska serien γ k är konvergent. (Här är liksom i boken är {ϕ k } en ortonormerad bas i H.) Låt oss ställa detta i förhållande till en definition av begreppet Hilbertrum. Definition. Ett pre-hilbertrum H kallas ett Hilbertrum om det till varje följd (u n ) n av vektorer i H sådan att u n u m då min(n, m) (5) finns en vektor u i H sådan att följden konvergerar mot u dvs sådan att u n u då n (6) Det kan i sammanhanget nämnas att en följd (u n ) n för vilken (5) gäller kallas en Cauchyföljd. Med den terminologin kan vi formulera definitionen på följande sätt: Ett Hilbertrum är ett pre-hilbertrum där varje Cauchyföljd konvergerar mot en vektor i rummet. Låt oss nu se hur definitionen hänger ihop med de inledande raderna i lösningen av denna uppgift. Säg att γ k ϕ k konvergerar mot en vektor, säg u, i Hilbertrummet H. Då ger Parsevals sats att Alltså är den numeriska serien γ k u < γ k är konvergent. Låt oss nu omvänt anta att den numeriska serien γ k är konvergent och att rummet H är ett Hilbertrum. Vi ska då visa att det finns en vektor u i H sådan att serien γ k ϕ k konvergerar i H och att dess summa är u. 3

4 Sätt u n γ k ϕ k. Om n > m är då u n u m γ k ϕ k ty serien γ k ϕ k km+ km+ γ k ϕ k ( γ k då min(n, m) km+ γ k ϕ k jm+ γ j ϕ j ) γ k är konvergent. Eftersom H är ett Hilbertrum så finns en vektor u i H - se (6) - sådan att dvs dvs serien u n u då n γ k ϕ k u då n γ k ϕ k konvergerar i H och dess summa är u. a) I denna uppgift är alla γ k varför konvergerar ej serien γ k ϕ k i Hilbertrummet H. b) Här är γ k k varför ej serien γ k k ϕ k i Hilbertrummet H. c) Här är γ k k varför γ k serien k ϕ k mot en vektor i Hilbertrummet H. d) Här är γ k k varför γ k serien k ϕ k mot en vektor i Hilbertrummet H., som är divergent. Alltså, som är divergent. Alltså konvergerar k, som är konvergent. Alltså konvergerar k, som är konvergent. Alltså konvergerar k4 4

5 H.38 Låt u vara en egenvektor med egenvärdet λ till operatorn A, dvs Au λu, där u. Eftersom (u Au) (u λu) λ (u u) är λ. > H.39 I denna uppgift vet vi att (Au Av) (u v) för alla u, v i D A. Därför kan vi välja v u egenvektor med egenvärdet λ. Då är Alltså är (u u) (Au Au) (λu λu) λ(λu u) λλ(u u) > λλ λ λ (Egenvärdena är således komplexa tal belägna på enhetscirkeln.) H.45 Enligt förutsättningarna är Ap k ett polynom vars grad inte överstiger k. Ett dyligt polynom kan skrivas som en linjärkombination av ortogonalpolynomen p, p,..., p k. Sätt k Ap k c j p j (7) Kan vi visa att c j då j < k är vi klara, ty då är Ap k c k p k, dvs p k är en egenvektor med egenvärdet c k. Men för Fourierkoefficienterna i (7) gäller att k c k (p j Ap k ) (p j p j ) ty (p j Ap k ) [A symmetrisk ] (Ap j p k ) ty p k är ortogonalt mot varje polynom med lägre gradtal, speciellt mot Ap j. H.47 Vi börjar med att visa att A är symmetrisk, dvs att (u Av) (Au v) där både u och v ligger i D A, dvs båda funktionerna ligger i C [, ] och u () u() v () v(). Vi ska jobba i Hilbertrummet L [, ] och med den skalärprodukt det innebär. Vi får att (u Av) u(x)( v (x)) dx [ partialintegrera] [u(x)v (x)] + u (x)v (x) dx u (x)v (x) dx (8) 5

6 Ytterligare en partialintegration ger att (u Av) [u (x)v(x)] u (x)v(x) dx Au(x)v(x) dx (Au v) Symmetrin är bevisad. För att visa att A är positivt semidefinit återvänder vi till (8) men väljer där v u. Då gäller att (u Au) u (x)u (x) dx u (x) dx (9) Således är A positivt semidefinit. Men vi kan lätt visa att A är positivt definit, ty om likhet råder i (9) så är u (x) och u är konstant. Men u(), varför konstanten är. Avslutningsvis ska vi nu studera operatorns egenvärden och egenfunktioner. Säg att Au λu, u. Eftersom A är positivt definit är λ >.Vi ska alltså finna icke-triviala lösningar till u (x) λu(x), u () u() Enligt diferentialekvationen är u(x) a cos λx+b sin λx, där b, ty u (). Således är u(x) a cos λx, där a, ty u(x). Det återstående kravet att u() leder då till att cos λ λ k π + kπ λ k (k + /) π, k,,,... Svar: Egenvärden λ k (k + /) π, k,,,... Egenfunktioner cos(k + /)πx H.48 Huvuddragen i lösningen är desamma som i föregående uppgift. Dock uppstår här och var andra räknetekniska svårigheter. Symmetrin. (u Av) u(x)( v (x)) dx [u(x)v (x)] + u (x)v (x) dx u()v () + u (x)v (x) dx () u()v () + [u (x)v(x)] + u (x)v(x) dx u()v () + u ()v() + (Au v) u ()v () + u ()v() + (Au v) u () (v () + v()) +(Au v) (Au v) 6

7 Symmetrin är bevisad. Positiv definit. Med u v ger () i kombination med villkoren i D A att (u (Au) > om u. Egenvärden och egenfunktioner. Med de krav som finns i D A kan vi formulera egenvärdesproblemet som u (x) λu(x), u (), u () + u(), u(x) Liksom i förra övningen blir u(x) a cos λx, där a. Villkoret u () + u() betyder att a λ sin λ + a cos λ cot λ λ Egenvärdena är således kvadraten på de positiva rötterna till ekvationen cot x x. Denna ekvation kan vi inte lösa exakt. Lösningarna kan dock illustreras grafiskt som x-koordinaterna för skärningspunkterna mellan kurvorna y x och y cot x. Vi får då bilden till höger. Den första roten är cirka.9, den andra cirka π, den tredje cirka π, den fjärde cirka 3π etc. y Egenfunktionsutveckling. Allmänt gäller således att λ k (k ) π om k är stort. Med λ k ω k blir egenfunktionerna ϕ k cos ω k x, k,, 3,.... Enligt sats H.6 utgör egenfunktionerna en ortogonal bas i L [, ]. Vi kan då utveckla den konstanta funktionern u(x) i denna bas. Vi får att c k ϕ k där Fourierkoefficienterna c k ges av c k (ϕ k ) (ϕ k ϕ k ) cos ω kx dx cos ωx dx sin ω k ω k +cos ω k x dx π π 3π sin ω k ω k + sin ω k 4ω k 4 sin ω k ω k + sin ω k x H.5 a) En jämförelse med boken på sidorna 3-33 och 3 visar att A är en singulär Sturm-Liouvilleoperator med w(x). Som skalärprodukt ska vi x välja skalärprodukten i L (w, I), där I (, ), dvs (u v) u(x)v(x) dx x 7

8 b) Räkningarna liknar i stort dem vi genomförde i uppgifterna H.47 och H.48. Dock måste vi först korrigera definitionsmängden. D A { u C (, ) u och u begränsade } Räkningarna ser ut på följande sätt ( (u Av) u(x) ( ) ) x x v (x) dx x ( ) u(x) x v (x) dx [u(x) x v (x)] + u (x) x v (x) dx x u (x)v (x) dx [ x u (x)v(x)] ( x u (x)) v(x) dx x ( x u (x)) v(x) dx Au(x)v(x) dx (Au v) x x c) Vi börjar med u(x). Då blir Au u Alltså är en egenfunktion med egenvärdet. Vidare är Ax x ( x ) x x x x Alltså är x en egenfunktion med egenvärdet. Slutligen räknar vi på A(x ) ( ) x 4x x x (4x) x x x x 4 4x 4( x ) 8x 4 4(x ) Alltså är x en egenfunktion med egenvärdet 4. d) Integralen kan tolkas som skalärprodukten mellan de ortogonala polynomen och x. Alltså är integralen. 8