- -Przestrzenie euklidesowe
MU
• — *
a) (P.«) = p(-1)9(-1) + P(2)ł(2);
b) (P, «) = P(0)ę(0)+p'(0)9'(0);
ł
:) (P <l) = J p(x)q[x)dx, przy czym p, q € jR,(x].
d*) Wskazać taki iloczyn skalarny w przestrzeni Hi [z], dla którego podane dwa wektory będą unormowane i ortogonalne.
Rozwiązanie
a) Mamy |p0|2 = 62 + (-6)2 = 72, \q012 = (-3)* + O2 = 9, zatem
rn. y , n _ x (Pd»9 o) _6(-3) + (-6) 0 v/2
cos * (?#* 9o) - bTO ~ ~ wr - "t-
Podane wektory tworzą więc kąt —i.
4
b) Tutaj |p0|2 = 22 + (-4)2 = 20, \q0\2 = (-2)2 + l2 = 5, zatem
cos <* (pCl q0) =
2( 2) + (—4) • 1 4
v'20v/5
W tym przypadku £ (Pc <7d) = *rccos f —
c) Analogicznie
(2 — 4x)2 dr — \qc\
(2 - 4x)(x — 2) dr = —j.
M
I ostatecznie <f. (p0» fle) = arccos
d*) Zauważmy, żc wektory p0, gc tworzą bazę przestrzeni liniowej Hi [z). Niech p, q będą dowolnymi wektorami z przestrzeni Hi [z] o współrzędnych w bazie p0, q0 równych odpowiednio (<*1.02], [di.A]. Iloczyn skalarny (•,-), który chcemy określić ma spełniać warunki (p0, p0) = 1, (<7o. flo) = 1 ora* (Po* «o) = 0- Dl* wektorów p. <7 oznacza to, że
(p. 0) = (o;p3 + ar7qo,0ipc + &7o)
= <*ły3i (Po. Po) + <*»02 (Po, «70) + 0T2^1 U0. Po) + (?0, <70) = <*101 + a702-
Zauważmy ze jest tylko jeden iloczyn skalarny o podanej własności Konkretnie dla wielomianów p = ax + b, q = aj z + A;, gdzie a,b,a\,b\ € R, zachodzą związki
p = -i(2<z+ MPo - j(« + 2Ł)fl0, <3= -i(2a, + ii)Pc “ j(QJ + 2M<7o.
zatem
ip, <y) = —(2a + b) (2ai + bi) -f —(a 4- 2b) (aj -f 2&i).
36 “
W przestrzeni liniowej C([0,2x]) z iloczynem skalarnym określonym wzorem
2t
a) obliczyć normy funkcji 1, i, 2sini — 3cosx;
b) podać przykład wielomianu możliwie najniższego stopnia tworzącego z funkcją
snu kąt arccos ——.
* 2x
Rozwiązanie
a) Zgodnie z definicją normy mamy |/| = \/{f, f) dla / € C([0,2x]). Tutaj
2n
2 t 83 x dx = -x , 3
ur
Dwunasty tydzień - przykłady
rW«-»-***•' •■'W
I l2 dr = 2x. |x|2 = J
0 o
2t |2sin z — 3cos z|2 = J (4sin3 x — 12sin r cosr + 9cos2 z) dx = 13x,
zatem normy kolejnych funkcji są równe y/2r, 2xi / \/l3x.
b) Wszystkie wielomiany stałe są ortogonalne do funkcji sin z, bowiem
2*
(c. sin x) = I (c • sin z) dx = 0 dla c 6 R. o
Poszukajmy naszej funkcji wśród wielomianów stopnia 1 postaci ar + 6, gdzie atb € R, a ^ 0. Mamy
2* 2 n
(ar + 6, sin z) = £(az + 6) sin z dz = a J z sin z dz = -2xa, o o
2n
|sin r|3 = f sin3 z dx = x o
2r
|az + 6|2 = I (a2z3 + 2a*z + 62) dx = |«V + 4a6x3 + 262*.