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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:39 Mo 06.06.2005 | | Autor: | Joergi |
Hallo zusammen!
Ich habe hier eine Aufgabe zu lösen, mit der ich nicht so recht zu Rande komme. Leider macht diese Aufgabe über die Hälfte der Punkte unserer Übung aus, was also umso ärgerlicher ist. Ich hoffe, dass mir jemand unter die Arme greifen kann, damit ich die Aufgabe dennoch gelöst bekomme. 
Die Aufgabe lautet in etwa so:
Gegeben sei eine stetige Gewichtsfunktion [mm]w(x)>0[/mm] in (-1,1) mit der Symmetrieeigenschaft [mm]w(x)=w(-x)[/mm], und es bilden die [mm]{p_{k}}[/mm] für [mm] k \in {0,1,2, usw.} [/mm] ein System orthogonaler Polynome bezüglich dem Innenprodukt [mm](f,g) \equiv \integral_{-1}^{1} {w(x)f(x)g(x) dx}[/mm] , so dass [mm]span (p_{0}, p_{1}, usw. ,p_{k})= P_{k}[/mm] = der Raum der Polynome vom Grad [mm]\le k[/mm] für [mm]k \in {0,1,2, usw.}[/mm].
Die Polynome [mm] p_{k}(x) \equiv (-1)^{k}\bruch{k!}{(2k)!} \bruch{d^{k}}{dx^{k}}(1-x^2)^k[/mm], für [mm]k=0,1,2, usw.[/mm] bilden bis auf Normierung die Legendre-Polynome. (*)
Nun sollen wir zeigen:
a) Symmetrie der Gewichtsfunktion orthogonaler Polynome: [mm]p_{k}(x)=(-1)^{k}p_{k}(-x)[/mm] für alle k ist, wobei [mm]q(x) \equiv p_{k}(x)-(-1)^{k}p_{k}(-x)[/mm].
b) [mm]p_{k}[/mm] vom Grad k ist und tatsächlich [mm]\integral_{-1}^{1} { p_{k}(x) p_{j}(x) dx}=0[/mm] gilt, wenn [mm]j \not=k[/mm].
c) mit a), dass in [mm]p_{k}(x) = \alpha_{k}x^{k}+ \beta_{k}x^{k-1}+ \gamma_{k}x^{k-2} + usw. [/mm] der Koeffizient [mm] \beta_{k}=0[/mm] ist. Bestimme [mm] \alpha_{k} und \gamma_{k}[/mm] aus (*). Zeige weiter, dass die Rekursionsformel die Gestalt [mm] p_{k+1}(x)=x p_{k}(x)-r^{2}_{k} p_{k-1}(x)[/mm] haben muss, mit einem [mm]r_{k} \in \IR[/mm], wobei [mm]p_{-1}(x) \equiv 0[/mm] gesetzt ist.
d) Zeige, dass [mm]r_{k}^{2}=\gamma_{k}-\gamma_{k+1}[/mm]. Betrachte dazu die Rekursionsformel in c) und beachte, dass sie für alle [mm]x \in \IR[/mm] gelten muss.
Also den Teil b) habe ich zeigen können mit mehrfacher partieller Integration, wobei ich [mm]\integral_{-1}^{1} { p_{k}(x) x^{j} dx}=0[/mm] für[mm]j
Ich hoffe auf gute Ideen, und vielen Dank im Voraus an alle!
Gruß
Joergi
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Hallo Joergi!
Zu a):
Was genau meinst du eigentlich mit $q$?
Jedenfalls würde ich diese Aufgabe so angehen: [mm] $f_k(x):=(1-x^2)^k$.
[/mm]
Bekanntlich ist [mm] $p_k(x)=(-1)^k*C*f^{(k)}_k(x)$.
[/mm]
Betrachte jetzt [mm] $f_k(-x)$. [/mm] Es gilt nach der Kettenregel: [mm] $f_k'(-x)=-f'_k(-x)$ [/mm] , usw...
Zu c):
Aus a) folgt, dass [mm] $p_k$ [/mm] eine gerade bzw. ungerade Funktion ist, wenn $k$ gerade bzw ungerade ist. Daraus folgt [mm] $b_k=0$.
[/mm]
Tatsächlich ist $ [mm] \alpha_k=1$. [/mm] Das kannst du am besten so zeigen:
Wie oben: [mm] $(1-x^2)^k=:f_k(x)$. $f_k$ [/mm] ist Polynom von Grad $2k$ mit führendem Koeffizienten [mm] $(-1)^k$. [/mm] Also ist die $k$-te Ableitung von [mm] $f_k$ [/mm] wieder ein Polynom, nun vom Grad $2k-k=k$, mit führendem Koeffizienten [mm] $(-1)^k\bruch{2k!}{k!}$...
[/mm]
Nun zur Berechnung von [mm] $\gamma_k$:
[/mm]
Der Koeffizient des Faktors [mm] $x^{2k-2}$ [/mm] in [mm] $f_k$ [/mm] ist [mm] $(-1)^{k-1}*k$.
[/mm]
Nach $k$-maligem Ableiten ist der Koeffizient vor dem Faktor [mm] $x^{k-2}$ [/mm] also [mm] $(-1)^{k-1}*k*\bruch{(2k-2)!}{(k-2)!}$...
[/mm]
Die Rekursion zeigst du am besten mit folgendem Trick: Du bildest das Skalarprodukt von [mm] $xp_k$ [/mm] mit den Polynomen [mm] $(p_j)$. [/mm] Dann gilt:
1. [mm] $\langle xp_k;p_j\rangle [/mm] =0$, falls $j>k+1$, weil [mm] $xp_k$ [/mm] ein Polynom vom Grad $k+1$ ist.
2. [mm] $\langle xp_k;p_j\rangle=\langle p_k;xp_j\rangle [/mm] =0$, falls $j<k-1$, weil [mm] $xp_j$ [/mm] ein Polynom vom Grad $j+1$ ist.
3. [mm] $\langle xp_k;p_k\rangle [/mm] =0$, weil [mm] $p_k$ [/mm] genau dann gerade ist, wenn [mm] $xp_k$ [/mm] ungerade ist. Also ist [mm] $xp_k^2$ [/mm] eine ungerade Funktion.
Es bleibt: [mm] $r_k^2:=\langle xp_k;p_{k-1}\rangle$ [/mm] und [mm] $c_k:=\langle xp_k;p_{k+1}\rangle$.
[/mm]
Damit ist [mm] $xp_k=c_kp_{k+1}+r_k^2p_{k-1}$.
[/mm]
Weil die führenden Koeffizienten von [mm] $xp_k$ [/mm] und [mm] $p_{k+1}$ [/mm] beide 1 sind, muss stets [mm] $c_k=1$.
[/mm]
Zu d):
Setze $x=1$...
Gruß, banachella
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:08 Mo 06.06.2005 | | Autor: | Joergi |
Hy Banachella!
Habe mal drüber geschaut, aber einige Dinge muss ich trotzdem noch nachfragen, weil mir das Ganze noch nicht so ganz schlüssig ist.
1. q(x) ist identisch mit dem Ausdruck, den ich zeigen soll:
[mm]p_{k}(x)=(-1)^{k}p_{k}(-x)[/mm], das war mit q(x) gemeint
2. Woher weißt Du, dass [mm]p_{k}(x)=(-1)^{k}*C*f_{k}^{k}(x)[/mm] gilt? Ich weiß das nicht so ohne Weiteres! Und wie steht der Ausdruck [mm]C*f_{k}^{k}(x)[/mm] in Zusammenhang mit [mm]p_{k}(-x)[/mm]? Das habe ich noch nicht ganz verstanden.
3. zu c) möchte ich mich erst noch selber probieren um auf die Rekursionsformel zu kommen, ich hoffe aber, dass ich nachfragen darf, wenn ich nicht weiter komme!? Vielleicht noch eine Frage vorab, warum weißt Du unmittelbar aus Teil a), dass [mm]b_{k}=0[/mm] ist? Das ist mir auch nicht klar.
Auf jeden Fall vielen vielen Dank für Deine Hilfe, ohne Dich wären wir wohl aufgeschmissen gewesen
Ich hoffe, wenn ich bei der c) noch Fragen habe, dass ich mich noch mal melden darf?
Ganz liebe Grüße
Jörg
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Hallo Joergi!
> 1. q(x) ist identisch mit dem Ausdruck, den ich zeigen
> soll:
> [mm]p_{k}(x)=(-1)^{k}p_{k}(-x)[/mm], das war mit q(x) gemeint
Hhmm... Das weißt irgendwie darauf hin, dass man zeigen soll, dass [mm] $q\equiv [/mm] 0$. Normalerweise macht man das dann mit ableiten. Nja, aber anders geht's ja auch.
> 2. Woher weißt Du, dass [mm]p_{k}(x)=(-1)^{k}*C*f_{k}^{k}(x)[/mm]
> gilt? Ich weiß das nicht so ohne Weiteres! Und wie steht
> der Ausdruck [mm]C*f_{k}^{k}(x)[/mm] in Zusammenhang mit [mm]p_{k}(-x)[/mm]?
> Das habe ich noch nicht ganz verstanden.
Das geht auf meine Kappe! Mit [mm] $f_{k}^{k}(x)$ [/mm] meine ich nämlich eigentlich [mm] $f_{k}^{(k)}(x)$, [/mm] also die $k$-te Ableitung der Funktion [mm] $f_k$.
[/mm]
> 3. zu c) möchte ich mich erst noch selber probieren um auf
> die Rekursionsformel zu kommen, ich hoffe aber, dass ich
> nachfragen darf, wenn ich nicht weiter komme!?
Du darfst natürlich jederzeit gerne nachfragen! Trotzdem schon mal ein paar Erläuterungen:
Was steckt hinter dieser ganzen Idee? Du hast den Vektorraum [mm] $\IP_{n+1}$, [/mm] also den Raum der Polynome vom Grad kleiner gleich $n+1$. Von diesem Vektorraum hast du eine Orthogonalbasis: [mm] $\{p_0,\dots,p_{n+1}\}$.
[/mm]
Denk nochmal an deine Rekursionsform. Sie soll lauten: [mm] $xp_n(x)=p_{n+1}-r_n^2p_{n-1}(x)$.
[/mm]
Auf der linken Seite steht ein Polynom vom Grad $n+1$. Du kannst es also mit deiner Basis darstellen:
[mm] $xp_n(x)=\summe_{k=0}^{n+1}c_kp_k(x)$.
[/mm]
Jetzt benutze dein Skalarprodukt:
[mm] $\langle xp_n;p_j\rangle= \langle \summe_{k=0}^{n+1}c_kp_k(x);p_j\rangle= \summe_{k=0}^{n+1}c_k\langle p_k(x);p_j\rangle=c_j\langle p_j;p_j\rangle=:d_j$.
[/mm]
Jetzt kannst du die Symmetrie von $x$ benutzen: [mm] $\langle xp_n;p_j\rangle=\langle p_n;xp_j\rangle$. [/mm] Weil [mm] $xp_j$ [/mm] ein Polynom von Grad $j+1$ ist, muss [mm] $\langle p_n;xp_j\rangle=0$ [/mm] gelten für $j<n-1$.
Dass [mm] $\langle xp_n;p_n\rangle=0$ [/mm] ist, folgt aus dieser Überlegung:
Man nehme eine ungerade Funktion $f(x)$. Das bedeutet: $f(-x)=-f(x)$. Dann gilt:
[mm] $\int_{-1}^1 f(x)dx=\int_0^1f(x)dx+\int_{-1}^0f(x)dx=\int_0^1f(x)dx+\int_1^0-f(-y)dy=\int_0^1f(x)dx-\int_0^1f(y)dy=0$. [/mm]
Weil [mm] $xp_n(x)^2$ [/mm] eine ungerade Funktion ist, ist [mm] $\langle xp_n;p_n\rangle=0$. [/mm]
> Vielleicht
> noch eine Frage vorab, warum weißt Du unmittelbar aus Teil
> a), dass [mm]b_{k}=0[/mm] ist? Das ist mir auch nicht klar.
Teil a) besagt, dass [mm] $p_{2n}$ [/mm] eine gerade Funktion und [mm] $p_{2n+1}$ [/mm] eine ungerade Funktion ist für jedes [mm] $n\in\IN_0$. [/mm] Deshalb wird [mm] $p_{2n}$ [/mm] von den geraden Monomen und [mm] $p_{2n+1}$ [/mm] von den ungeraden Monomen aufgespannt.
Gruß, banachella
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:16 Do 09.06.2005 | | Autor: | Joergi |
Hallo Banachella,
vielen Dank für Deine Hilfe, Deine Ansätze haben mir weitergeholfen, bin doch noch zur Lösung gekommen, wenn auch etwas umständlich, aber es hat geklappt!
Orthogonalpolynome sind echt fies, aber da muss man halt durch. Jedenfalls ein ganz liebes Danke schön!
Jörg
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