Skalarprodukt, lineare Abb. < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:33 So 20.01.2008 | | Autor: | I1987 |
| Aufgabe | Sei [mm]Y:= \{P \in \IR[t] : P(0)=P(1)=0\} [/mm].
(1) Zeige, dass Y ein Unterraum von [mm]\IR[t][/mm] ist.
(2) Betrachte die Abbildung <P,Q>:=[mm]\integral_{0}^{1}{P(t)Q(t)dt}[/mm]
Zeige, dass sie ein Skalarprodukt auf Y definiert.
(3) Betrachte die lineare Abbildung
D: [mm]P \mapsto P' [/mm] , [mm]P \in Y \quad P' \in \IR[t] [/mm]
wobei P' die Ableitung von P bezeichnet. Zeige, dass <DP,Q>=<P,DQ> für alle [mm] P \in Y [/mm] und [mm] Q \in \IR[t] [/mm]. Warum ist Allerdings -D nicht die zu D adjungierte Abbildung? Hinweis: Man verwende die Rechenregel der partiellen Integration, welche lautet:
[mm]\integral_{a}^{b}{f'(x)g(x) dx} = f(b)g(b) - f(a)g(a) - \integral_{a}^{b}{f(x)g'(x) dx}[/mm]
für alle stetig differenzierbaren Funktionen f, g: [mm]\IR \to \IR [/mm] und alle [mm]a,b \in \IR[/mm]. |
Hallo,
also (1) ist mir eigentlich klar, das muss man ja einfach mit den Unterraumaxiomen nachprüfen.
Bei (2) müssen ja eigentlich auch nur die Regeln der Definition des Skalarproduktes gelten?
Aber mit der (3) Aufgabe komme ich irgendwie nicht zurecht... D ist doch eigentlich das gleiche wie P'(P(t))? Also wäre es ja
[mm] \integral_{0}^{1}{(P'(P(t))P(t))(Q(t)) dt} = \integral_{0}^{1}{P(t)(P'(P(t))Q(t)) dt} [/mm]
Ich weiß jetzt aber nicht, wie ich das auf die partielle Integration anwenden soll... Am Ende muss dann bei beiden Integralen das Gleiche rauskommen, denk ich mal... Aber bei meinen Rechenversuchen hat das irgendwie nicht ganz geklappt... Hoffe ihr könnt mir helfen...
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Danke schonmal!
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:26 So 20.01.2008 | | Autor: | andreas |
hi
> Sei [mm]Y:= \{P \in \IR[t] : P(0)=P(1)=0\} [/mm].
> (1) Zeige, dass Y ein Unterraum von [mm]\IR[t][/mm] ist.
> (2) Betrachte die Abbildung <P,Q>:=[mm]\integral_{0}^{1}{P(t)Q(t)dt}[/mm]
> Zeige, dass sie ein Skalarprodukt auf Y definiert.
> (3) Betrachte die lineare Abbildung
> D: [mm]P \mapsto P'[/mm] , [mm]P \in Y \quad P' \in \IR[t][/mm]
> wobei P' die Ableitung von P bezeichnet. Zeige, dass <DP,Q>=<P,DQ> für alle [mm]P \in Y[/mm] und [mm]Q \in \IR[t] [/mm]. Warum ist Allerdings -D nicht die zu D adjungierte Abbildung? Hinweis: Man verwende die Rechenregel der partiellen Integration, welche lautet:
> [mm]\integral_{a}^{b}{f'(x)g(x) dx} = f(b)g(b) - f(a)g(a) - \integral_{a}^{b}{f(x)g'(x) dx}[/mm]
> für alle stetig differenzierbaren Funktionen f, g: [mm]\IR \to \IR[/mm] und alle [mm]a,b \in \IR[/mm].
> Hallo,
>
> also (1) ist mir eigentlich klar, das muss man ja einfach mit den Unterraumaxiomen nachprüfen.
> Bei (2) müssen ja eigentlich auch nur die Regeln der Definition des Skalarproduktes gelten?
richtig. das einzige problem ist hier unter umständen die definitheit. aber da kann man sich behelfen, wenn man sich klarmacht, dass polynome steteige funktionen sind.
> Aber mit der (3) Aufgabe komme ich irgendwie nicht zurecht... D ist doch eigentlich das gleiche wie P'(P(t))?
nein. es ist $DP = P'$. also $DP(t) = P'(t)$.
> Also wäre es ja
> [mm]\integral_{0}^{1}{(P'(P(t))P(t))(Q(t)) dt} = \integral_{0}^{1}{P(t)(P'(P(t))Q(t)) dt}[/mm]
entsprechend erhälst du hier auch andere integrale. es ist etwa [mm] $\left< DP, Q \right> [/mm] = [mm] \int_0^1 [/mm] P'(t) Q(t) [mm] \, \textrm{d}t$ [/mm] - und hierauf kannst du gewinnbringend die angegeben regel der partiellen integration anwenden. kann es übrigens sein, dass die zu zeigend gleichheit [mm] $\left< DP, Q \right> [/mm] = [mm] \left< P, -DQ \right>$ [/mm] lautet, oder übersehe ich da etwas?
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:40 Mo 21.01.2008 | | Autor: | I1987 |
Dankeschön hast mir sehr geholfen!
Du hast übrigens recht es muss <DP,Q>=<P,-DQ> heißen.
LG
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