Rozwiązania - Arsenic Rose

Lista 11
Kamil Matuszewski
13 stycznia 2016
1
2
3
4
5
6
7
8
Zadanie 1
Uzasadnij proces ortogonalizacji Grama-Schmidta.
Na początek, jak działa ortogonalizacja Grama-Schmidta: Dla układu liniowo niezależnego {f0 , f1 , · · · , fn }
możemy utworzyć układ liniowo niezależny {g0 , g1 , · · · , gn } taki, że < gi , gj >N = 0 dla i 6= j, za
pomocą następującego algorytmu:
g0 = f0
gk = fk −
k−1
P
j=0
<fk ,gj >
<gj ,gj > gj
Muszę najpierw udowodnić, że tak otrzymany układ jest ortogonalny.
Dowód. Indukcja. Niech g0 · · · gk będzie układem wektorów uzyskanym za pomocą tego algorytmu
z bazy v0 · · · vn . Załóżmy indukcyjnie, że g0 · · · gk−1 są ortogonalne. Sprawdzę ortogonalność gk
względem dowolnego gi gdzie i < k.
Zapiszmy gk jako:
gk = fk −
k−1
X
j=0
< fk , gj >
gj
< gj , gj >
Korzystając z własności iloczynu skalarnego, mamy:
*
+
k−1
X < fk , gj >
< gi , gk >= gi , fk −
gj
< gj , gj >
j=0
< gi , gk >=< gi , fk > −
k−1
X
j=0
< fk , gj >
< gj , gi >
< gj , gj >
Z założenia indukcyjnego, wiemy, że < gj , gi >= 0 dla j 6= i, więc zostaje nam:
< gi , gk >=< gi , fk > −
< fk , gi >
< gi , gi >
< gi , gi >
< gi , gk >=< gi , fk > − < fk , gi >
< gi , gk >= 0
Co oznacza, że gk jest ortogonalny z dowolnym gi .
1
Zadanie 2
Q
Układ ortogonalny {P0 , P1 , · · · , Pn } jest bazą
n
Dowód. Skoro tych wielomianów jest n + 1, to wystarczy sprawdzić liniową niezależność.
α0 P0 + α1 P1 + · · · + αn Pn = 0
Pomnóżmy (w sensie iloczynu skalarnego) przez Pi (gdzie i jest dowolne).
α0 P0 + α1 P1 + · · · + αn Pn = 0
α0 < P0 , Pi > +α1 < P1 , Pi > + · · · + αi < Pi , Pi > + · · · + αn < Pn , Pi >= 0
\ · Pi
Teraz, wiemy, że dla każdego j 6= i < Pi , Pj >= 0 (bo są ortogonalne), więc:
αi < Pi , Pi >= 0
αi = 0
Skoro możemy to zrobić dla każdego i, możemy napisać, że:
α0 + α1 + · · · + αi = 0
A to jest to co chcieliśmy pokazać.
Zadanie 3
Q
Zapiszmy w ∈ k−1 jako kombinację liniową P0 ...Pk−1 , Iloczyn sumy to suma iloczynów, każdy z
iloczynów jest 0, więc wszystko jest 0.
< a0 P0 Pk , a1 P1 Pk , . . . , ak−1 Pk−1 Pk >=< 0, 0, . . . , 0 >= 0
Bo < Pi , Pk >= 0 z ortogonalności.
Zadanie 4
Pokaż, że wielomiany Czebyszewa są ortogonalne względem iloczynu skalarnego w postaci
r
X
pk f (uk )g(uk ),
k=0
gdzie uk = cos( kπ
r ) (k = 0 . . . r) oraz
1
p(uk ) =
(k = 0, r),
(1 < k < r)
2
1
Najpierw pokażę taki wzórek:
r
X
cos(kα) =
k=0
(1)
r
X
0
1 sin((N + 21 )α)
+
2
2 sin( α2 )
cos(kα) =
k=0
2
sin((N + 12 )α)
2 sin( α2 )
Dowód. Ze stacka, ale fajny i zrozumiały więc wklejam.
Teraz, przejdźmy do dowodu właściwego.
Dowód. Powiem też, że zapis
r
P
00
oznacza sumę z połowionym pierwszym i ostatnim wyra-
k=0
zem(uproszczenie zapisu). Teraz, policzmy iloczyn skalarny dowolnych dwóch wielomianów Czebyszewa.
r
X
00
< Ta , Tb >=
Ta (uk )Tb (uk )
k=0
kπ
Ale, uk ∈ [−1, 1] więc Ta (uk ) = cos(a arc cos(cos( kπ
r ))) = cos(a r )) więc,
< Ta , Tb >=
r
X
00
cos(a
k=0
kπ
kπ
) cos(b )
r
r
Ze wzoru na iloczyn cosinusów:
r
r
k=0
k=0
1 X 00
π
1 X 00
π
cos(k(a − b) ) +
cos(k(a + b) )
2
r
2
r
Teraz, z (1), mamy
(a−b)π
(a+b)π
1 sin((r + 12 ) r ) 1
1 sin((r + 21 ) r ) 1
−
cos((a
−
b)π)
+
− cos((a + b)π)
2
4
2
4
2 sin (a−b)π
2 sin (a+b)π
2r
2r
Rozpiszmy sin(a + b) = sin(a) cos(b) + cos(a) sin(b)
1 sin((a − b)π) cos(
2
+
(a−b)π
2r )
1 sin((a + b)π) cos(
2
2 sin
+ sin( (a−b)π
2r ) cos((a − b)π)
(a−b)π
2r
(a+b)π
2r )
2 sin
−
+ sin( (a+b)π
2r ) cos((a + b)π)
(a+b)π
2r
3
1
cos((a − b)π)+
4
−
1
cos((a + b)π)
4
Teraz, sin kπ = 0, oraz po skróceniu:
1
1
1
1
cos((a − b)π) − cos((a − b)π) + cos((a + b)π) − cos((a + b)π) = 0
4
4
4
4
Czyli < Ta , Tb >= 0 Czyli są ortogonalne.
Zadanie 6
Niech ciąg {Pk } będzie określony w sposób:

P0 (x) = 1

P1 (x) = x − c1

Pk (x) = (x − ck )Pk−1 (x) − dk Pk−2 (x)
(k = 2, 3, . . . )
Pokaż, że algorytm:
Bm+2 = Bm+1 = 0
Bk = ak + (x − ck+1 )Bk+1 − dk+2 Bk+2
wynik = B0
Oblicza
m
P
(k = m, m − 1, . . . , 0)
ak Pk (x)
k=0
Dowód.
B0 = a0 + (x − c1 )B1 − d2 B2 = a0 P0 + P1 B1 − d2 B2 = a0 P0 + P1 (a1 + (x − c2 )B2 − d3 B3 ) − d2 B2 =
= a0 P0 + a1 P1 + (P1 (x − c2 ) − d2 )B2 − P1 d3 B3 = a0 P0 + a1 P1 + P2 B2 − P1 d3 B3 =
= a0 P0 + a1 P1 + a2 P2 + ((x − c3 )P2 − d3 P1 )B3 − P2 d4 B4 = a0 P0 + a1 P1 + a2 P2 + P3 B3 − P2 d4 B4 =
= ··· =
i
X
ak Pk (x)+Pi+1 Bi+1 −Pi di+2 Bi+2 =
i
X
ak Pk (x)+Pi+1 (ai+1 +(x−ci+2 )Bi+2 −di+3 Bi+3 )−Pi di+2 Bi+2 =
k=0
k=0
=
i+1
X
ak Pk (x) + Pi+1 (x − ci+2 )Bi+2 − Pi+1 di+3 Bi+3 − Pi di+2 Bi+2 =
k=0
=
i+1
X
ak Pk (x)+Bi+2 (Pi+1 (x−ci+2 )−Pi di+2 )−Pi+1 di+3 Bi+3 =
k=0
i+1
X
ak Pk (x)+Bi+2 Pi+2 −Pi+1 di+3 Bi+3 = · · · =
k=0
=
m
X
ak Pk (x)
k=0
A to jest to co mieliśmy pokazać.
Jak wykorzystać ten algorytm do liczenia Pm (x)? Ustalmy am = 1, a dla reszty ak = 0.
4
Zadanie 7,8
Nie chce mi się pisać, wiec wstawię rozwiązania z poprzednich lat(numeracja inna ale to są te dwa
zadania). Obliczenia wydają się dobrze (nie sprawdzałem). Oba zadania wymagają wzorów które
były podane na wykładzie.
5