calculus inner producs forulas
Post on 07-Jul-2018
232 Views
Preview:
TRANSCRIPT
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
1/40
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
2/40
L1 : y + 2x = 0 ⇒ s = −3, L2 : 2y − x = −5 ⇒ t = 1,L3 : y + 2x = 5 ⇒ s = 2, L4 : 2y − x = 0 ⇒ t = 6,
k at D∗ blir et kvadrat i st-planet. For å beregne Jacobideterminanten m̊a vi invernsformasjonen gitt ved likning (1) og finne T gitt ved x = x(s, t) y = y(s, t). Vi fin
x(s, t) = 12
5
+ 2s − t
5
, y(s, t) =
−
9
5
+ s + 2t
5
,
1
dette gir∂ (x, y)
∂ (s, t) =
2
5
2
5 − (−1
5)(
1
5) =
1
5.
finner da at
I =
D∗
s2
t3
1
5 ds dt =
1
5
6
1
2
−3
s2
t3 dsdt =
1
5
6
1 t
−3 2
−3 s
2
dsdt =
245
216 .
Oppgave 2
er ei flate parametrisert ved
= p + t2 cos s, y = p + t
2 sin s, z = t, der (s, t) ∈ D = [0, 2π)×[0, q ] og p, q ∈ R+
Spørsm̊al: Finn en funksjon g(x,y,z ) slik at flaten kan skrives p̊a formen x,y,z ) = 0. Beskriv flaten og tegn en figur av den.
Svar: Vi finner at
x2 + y2 = p + t2 = p + z 2 ⇔ x2 + y2 − z 2 − p = 0.ttet mellom S og et plan vinkelrett p̊a z -aksen er sirkler med radius z
2 + p. Flaten
en trakt med sitkulær grunnflate i z = 0 med radius √ p og sirkulær toppflate i z = q d radius
q 2 + p.
) Spørsm̊al: Anta at p = 1 og q = 2. Vis at flaten er glatt i punktet = (
√ 2,√
2,√
3). Finn tangentplanet til S i P .
Svar: For å finne tangentplanet m̊a vi først finne flatenormalen N = Ts × Tt:
Ts = (
∂x
∂s ,
∂y
∂s ,
∂z
∂s ) = (− p + t2 sin s, p + t2 cos s, 0)
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
3/40
Tt = (∂x
∂t, ∂y
∂t, ∂z
∂t) = (
t p + t2
cos s, t p + t2
sin s, 1)
m girN = (
p + t2 cos s,
p + t2 sin s,−t).
m̊a n̊a finne parametrene (s, t) svarende til punktet P dvs., vi m̊a finne løsninga avs, t) = P, som kan skrives p̊a formen;
, t) =
p + t2 cos s = P x = √ 2, y(s, t) =
p + t2 sin s = P y = √ 2, z (s, t) = t = P z =som har løsning (s, t) = (π/4,
√ 3). I dette punktet er
NP = (√
2,√
2,−√
3) = 0,siden X(s, t) i tillegg er kontinuerlig i P, s̊a er flaten glatt i P.
2
Likninga for tangentplanet er:
NP · (x − P) = 0,m gir
(√
2,√
2,−√
3) · (x −√
2, y −√
2, z −√
3) =√
2x +√
2y −√
3z − 1 = 0. Spørsm̊al: Finn arealet av S uttrykt ved p og q . Du finner et integral som
nskje ikke greier å løse, men gjør integralet s̊a enkelt som du klarer .
Svar:
A(S ) =
S
dS =
D
||N(s, t)|| dsdt = q0
2π
0
p + 2t2 dsdt = 2π
q0
p + 2t2 d
d variabelskiftet u =
(2/p) t reduseres integralet til
A(S ) = 2π
p
2
q√ 2/p0
√ 1 + u2 du
Oppgave 3
D ∈ R2 være definert ved
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
4/40
D = {(x, y)|x
3
2+y
2
2≤ 1}.
) Spørsm̊al: Betrakt vektorfeltet F(x, y) = 12
(xi + y j) og bruk divergensteoremnet til å vise at arealet av D kan skrives som et linjeintegral
A(D) =
∂D
F · n ds,
r n er enhetsnormalen til randkurven ∂D til flaten D.
Svar: Divergensteoremet gir at: D
∇ · F dS = ∂D
F · nds.
en vi ser at
∇ ·F = 1, og dermed at
A(D) =
D
dS =
D
∇ · F dS = ∂D
F · n ds.
) Spørsm̊al: Finn en parametrisering X(t) = (x(t), y(t)) av ∂D som er orientertdivergensteoremet gjelder og vis at enhetsnormalen rettet utover kan skrives som
n = yi − x j (x)2 + (y)2
der x = dx
dt, y =
dy
dt
3
Svar: En parametrisering av ellipsen er:
X(t) = (x(t), y(t)) = (3 cos t, 2sin t), 0 ≤ t ≤ 2π.
Enhetstangenten til kurven er gitt ved
T = 1
||dX/dt||dX
dt =
xi + y j (x)2 + (y)2
.
t er enkelt å vise at ||n|| = 1 og at T · n = 0, der n er vektoren gitt i likning (4), sen enhetsnormal til kurven. T har retning langs orienteringen til kurven, og vi fin
n×
T = i×
j = k.
tte viser at n̊ar kurven er orientert slik at det indre av D ligger til venstre n̊ar m
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
5/40
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
6/40
C , s̊a finner vi at
ds = dX
dt dt = (−2sin t i + 2 cos t j) dt,
G = 1
2(− sin t i + cos t j).
dermed f̊ar vi
G · ds = dt,alts̊a
C
G · ds =
2π
0
dt = 2π.
oremet som sier at ∇ × G = 0 medfører at feltet er konservativt (sti-uavhengigntegral) baserer seg p̊a den forutsetning at D er enkeltsammenhengende, dvs. aegrasjons-stier kan deformeres fra den ene til den andre og hele tiden ligge i D. Dett
ke tilfellet her fordi origo ikke er inneholdt i D og lager et “svart hull” i ellipseomrIntegrasjonsstier som tar forskjellig veg rundt hullet har forskjellig integral.
Oppgave 4
er vektorrommet av polynomer av grad mindre eller lik 2 definert p̊a interv1, 1] med indreprodukt
f, g
=
1
−1 f (t) g(t) dt. Videre er W underrommet utspen
= {t, t2}.) Spørsm̊al: Vis at B er en ortogonal basis for W .
Svar: B best̊ar av bare to elementer. Indreproduktet er
1
−1
t · t2 dt =
1
−1
t3 dt = 0,
vektorene er ortogonale.
) Spørsm̊al: Finn den beste tilnærming til funksjonen p(t) = 1 i W (finn proj ( p, W
Svar: Den beste tilnærmingen er
proj( p, W ) = p, tt, t
t + p, t2t
2
, t2
t2.
5
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
7/40
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
8/40
2u2 = a12u1 + a22u2,
m ogs̊a kan skrives
(a11 − 1)u1 + a21u2 = 0,(a22 − 2)u2 + a12u1 = 0.
6
-1 a u us- re ag 1 esem er 11
Løsningsforslag
Oppgave I
La F̄ = (ex + αy, x + βy) være et vektorfelt i R2 og la
O = (0, 0), A = (1, 0), D = (1, 1), B = (0, 1)
være hjørner i et kvadrat. Beregn og sammenlign de følgende integral γ 1
F̄ · ds̄ og γ 2
F̄ · ds̄,
hvor γ 1 = OAD = OA
∪ AD, γ 2 = OBD = OB
∪ BD er to po
gontrekkveier som danner omkretsen til kvadratet.
Med parameter t ∈ [0, 1] har vi: OA = {(t, 0)}, AD = {(1, t)}, OB{(0, t)}, BD = {(t, 1)}. S̊a beregner vi γ 1
F̄
·ds̄ =
OA
+
AD
=
1
0
(et, t)
·(1, 0) dt
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
9/40
+
1
0
(e + αt, 1 + βt) · (0, 1) dt = 1
0
et dt +
1
0
1 + βt
dt
= (e − 1) + (1 + β 2
) = e + β
2,
γ 2
F̄ · ds̄ = OB
+
BD
=
1
0
(1 + αt, βt) · (0, 1) dt
+
1
0
(et + α, t + β ) · (1, 0) dt = 1
0
βtdt +
1
0
(et + α) dt
= β
2 + (e − 1 + α) = e + β
2 + (α − 1
De er lik dersom α = 1.
1 Bestem verdier til parametrene α og β som tilsvarer et konservativt
F̄ . Finn potensial for F̄ med disse verdiene.
Finn sammenheng med sammenlikningen i deloppgaven 1 og beregn in
gralene ved hjelp av potensialet.
Siden R2 er enkeltsammenhengende, er feltet F̄ = (F 1, F 2) konservahvis og bare hvis (F 1)y = (F 2)x. S̊a beregner vi:
∂ (ex + αy)
∂y
= α = 1 = ∂ (x + βy)
∂x
,
dvs. F̄ = ∇f hvis og bare hvis α = 1 (β er arbitrær). Vi kan se at deer i samsvar med resultatet i deloppgave 1 fordi for konservativt vektorintegralet mellom to punktene O og D er uavhengig av vegen.
Potensialet f ( F̄ = ∇f ) kan finnes slik:∂f
∂x = ex
+ y ⇒ f = (ex + y) dx = ex + xy + C (y),
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
10/40
∂f
∂y = x + βy ⇒ C (y) = βy ⇒ C (y) = β
2y2 + C.
S̊a er f = ex + xy + β 2
y2 og vi har
OD
F̄ · ds̄ = f (D) − f (O) = e + 1 + β 2 − 1 = e + β
2.
Oppgave II
La B være kuben i R3 gitt med 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤
og la Σ = ∂B være overflaten orientert med utoverpekende normal. vektorfeltet F̄ = z k beregn integralet
Σ
F̄ · dS̄.
Overflaten til kuben har normaler ±i, ± j, ±k, s̊a det er bare to delsom bidrar til integralet: overste del Σ = {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, z =og nederste del Σ = {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, z = 0} (med normaler k−k henholdsvis). Derfor har vi:
Σ
F̄ · dS̄ =
Σ
1 k ·k dS −
Σ
0 k ·k dS =
Σ
dS = Area(Σ) =
2
Bruk Gauss’ formel for å beregne det via et trippel integral.
For B = {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} gir Gauss’ formelen
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
11/40
Σ
F̄ · dS̄ =
B
∇̄ · F̄ dV =
B
dV = Vol(B) = 1.
Oppgave III
Formuler Stokes teorem og beregn integralet
Σ
∇̄ × F̄ dS̄,
hvor F̄ er et glatt vektorfelt i R3 og Σ er en lukket flate (uten randen
Σ
∇̄ × F̄ dS̄ = ∂ Σ
F̄ · ds̄ = 0,
fordi ∂ Σ = ∅ (flaten er lukket dvs. uten randen).
Oppgave IV
Betrakt de reelle vektorromene
V 1 = C ∞[
−π, π] og V 2 = C [0, 2π].
Bestem hvilke av dem som det følgende er et indreprodukt for:
f, g = π−π
f (x)g(x) dx.
, er inderprodukt for V 1 (vannlig bevis), men ikke for V 2 (fordi , ier definert der).
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
12/40
3Bevis at vektorsystemet f k = sin kx, k = 1, . . . , 6, er ortogonal med hensyntil indreproduktet (†).For g(x) = 1
2 x finn den beste tilnærming i W = span{f 1, . . . , f 6}.
For 1 ≤ i, j:
f i, f j = π−π
sin ix sin jx dx = 1
2
π−π
(cos(i − j)x − cos(i + j)x) dx = πδ i,j
Deretter siden
g, f k = 1
2 π−π x sin kxdx = −
1
2k x cos kxπ
−π+ 1
2k π−π cos kxdx = (−1)
k−
er den beste tilnærmingen lik
P (g) =6
k=1
g, f kf k2 f k =
6k=1
(−1)k−1 1k · f k
= sin x − 12
sin 2x + 13
sin 3x − 14
sin 4x + 15
sin 5x − 16
sin 6x.
Betrakt den lineære operatoren
A =
−
d2
dx
2, f
→ −f .
Vis at W er A-invariant og skriv matrisa til A i basisen {ek}6k=1 som er
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
13/40
ortonormalizering av basisen {f k}6k=1. Bruk den for å bestemme om A erselv-adjungert p̊a W .
A(f k) = −(sin kx) = k2 sin kx = k2f k ∈ W , s̊a er A(W ) ⊂ W (og ennvidere AW = W ). ek =
1√ πf k er den ortonormale basisen som f̊as via
Gramm-Schmidt fra basisen f k. Vi har: A(ek) = k2ek, og derfor er
A =
14
916
2536
(det st̊ar null p̊a alle tømme plassene). Siden A = At i en ortonormabasis, s̊a er A selv-adjungert (symmetrisk).
4
Oppgave V
9. Finn minste kvadraters løsning til følgende lineære system
x ·
10
1
+ y ·
01
2
=
11
1
.
†. For v1 =
10
1
, v2 =
01
2
gir Gramm-Schmidt:
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
14/40
f 1 = v1, f 12 = 2, e1 = f 1f 1 = 1√
2
10
1
,
f 2 = v2 − v2 · f 1f 12 f 1 =
012
− 2
2
101
=
−111
, e2 =
f 2
f 2 = 1√
3
−111
N̊a kan vi beregne projeksjon av b =
11
1
(den minste kvadraters løsning
s̊ann:
P (b) =2
k=1
b, f kf k2
f k =2
k=1
b, ekek =
101
+ 1
3
−111
=
2/31/34/3
og vi finner lett at x = 2/3, y = 1/3.
0. Finn et tall λ slik at den komplekse matrisa
2 i −1−i 0 1 + i−1 λ −2
har reelle egenverdier og ortogonale egenvektorer. Forklar.
†. Siden Hermitske matriser er entydig karakterisert med egenskapet at
har reelle egenverdier og ortogonale egenvektorer, slutter vi at λ = 1 −
5
ppgave I
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
15/40
) Formuler teoremet for variabelbytte i dobbeltintegraler.
Svar: Anta T : R2 → R2 er en bijektiv C 1 koordinattransformasjon fra D∗ tif : D → R er en integrerbar funksjon. Bruk T til å lage substitusjonen T(u, vu, v), y(u, v)). Da er
D
f (x, y) dxdy = D∗
f (x(u, v), y(u, v))
|∂ (x, y)
∂ (u, v) |dudv,
r
∂ (x, y)
∂ (u, v) =
∂x
∂u
∂y
∂v − ∂x
∂v
∂y
∂u
Jacobidetereminanten til transformasjonen.
) La D være parallellogrammet med hjørner i
{(π, 0), (0, π), (
−π, 0), (0,
−π)
}. Ski
r̊adet D og regn ut dobbeltintegralet D
cos(x + y)sin(x − y) dxdy.
Svar: Innfør nye variable u = x + y, v = x − y. Invertering av denne transformasjox(u, v) = (u+v)/2, y(u, v) = (u−v)/2. La oss finne bildet av sidene i parallelogram, v-planet. Likningene for sidene er skrevet opp i figuren. Fra transformasjone hasidene tar følgende for i uv-planet:
L1 :y + x = π ⇔ u = πL2 :y − x = π ⇔ v = −πL3 :y + x = −π ⇔ u = −πL4 :y − x = −π ⇔ v = π
tte betyr at omr̊adet D∗ i uv-planet som avbildes p̊a paralellogrammet D ved tr
masjonen T er kvadratet med hjørner i punktene {(π, π), (−π, π), (−π, −π), (π, −
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
16/40
!
!!!
!!
"#$ &'()!"*$ &!()!
"+$ &'()!! ",$ &!()!!
1
cobideterminanten for T blir
∂ (x, y)
∂ (u, v) =
∂x
∂u
∂y
∂v − ∂x
∂v
∂y
∂u =
1
2
−1
2
−
1
2
1
2
= −1
2.
tte gir
D
cos(x + y)sin(x − y) dxdy =
D∗cos u sin v
−1
2
dudv = 1
2
π−π
π−π
cos u sin vd
π
−πcos u du
π
−πsin v dv =
1
2(− sin u)
π−π
(cos u)
π−π
= 0.
Oppgave 2
) S er ei flate parametrisert ved
x = (t + 1) cos s, y = (t + 1) sin s, z = t, der (s, t) ∈ D = [0, 2π) × [0, 2].
nn en funksjon f (x,y,z ) slik at flaten kan skrives p̊a formen f (x,y,z ) = 0. Beskrten og tegn en figur av den.
Svar: Siden z = t kan vi skrive x = (z + 1) cos s, y = (z + 1) sin s, og vi f̊ar
+ y2 = (z + 1)2 cos2 s + (z + 1)2 sin2 s = (z + 1)2
⇒ f (x,y,z ) = x2 + y2
−(z + 1)2 =
r hver verdi av parameteren t ∈ [0, 2] vil vi f̊a en s-koordinatkurve som er en sirk
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
17/40
d radius t + 1 som ligger en høyde z = t over xy-planet. Flaten blir derfor en del akjegleflate med radius 1 i bunnflaten (z = 0) og radius 3 i toppflaten (z = 2).
) Finn arealet av S ved å bruke parametriseringen og utføre et flateintegral.
Svar: Arealet av S er gitt ved flateintegralet
A(S ) =
S dS =
D ||N|| dsdt,vi må beregne ||N(s, t)||. Vi beregner først tangentvektorene:
Ts =
∂x
∂s, ∂y
∂s, ∂z
∂s
= (−(t + 1) sin s, (t + 1) cos s, 0)
Tt =
∂x
∂t, ∂y
∂t, ∂z
∂t
= (cos s, sin s, 1)
s̊a normalvektoren
N =
i j k
−(t + 1) sin s (t + 1) cos s 0cos s sin s 1
= ((t + 1) cos s, (t + 1) sin s, −(t + 1)),2
følgelig
||N(s, t)
|| = (t + 1) cos2 s + sin2 s + 1 =
√ 2(t + 1).
tte gir,
A(S ) =
S
dS =
D
||N|| dsdt = 20
2π0
√ 2(t + 1) dsdt
=2√
2π
20
(t + 1) dt = 2√
2π(t2
2 + t)
2
0
= 8√
2π.
La D være et omr̊ade i R3 med rand ∂D og F(x,y,z ) et vektorfelt. Hvilke betingel
F og D oppfylle for at Gauss teorem skal gjelde? La F være vektorfeltet F = 12(xi+ys at volumet av D kan uttrykkes via flateintegralet
V =
∂D
F · dS.
uk flateintegralet til å beregne volumet V begrenset av flaten S og planene z = 0 = 2.Svar: F må være definert p̊a et omr̊ade som inneholder D og være av klassen
ontinuerlig deriverbar). D må ha en rand som best̊ar av et endelig antall, lukkekkevis glatte, og orienterbare flater. Flatene må være orientert bort fra D.
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
18/40
ser at
∇ · F = 12
∂
∂xx +
∂
∂yy
= 1.
a Gauss teorem ser vi da at vi kan skrive volumet V av D som
V =
D
dV =
D
∇ · F dV =
∂D
F · dS.
beregner volumet ved å beregne dette flateintegralet over ∂D = S ∪ S 1 ∪ S 2, der bunnflaten som dannes av snittet melom S og planet z = 0 og S 2 toppflaten dannsnittet mellom S og planet z = 2. Flateintegralet over en parametrisert flate X kives
X
F · dS =
D
F(X(s, t)) · N(s, t) dsdt.må alts̊a beregne dette integralet over de tre flatene S , S 1 og S 2 og summere.
På flaten S har vi at
N = 1
2(x,y, 0)·(N x, N y, N z) = 1
2(xN x+yN y) =
1
2[(t+1)2 cos2 s+(t+1)2 sin2 s] =
1
2(t+
vi f̊ar S
F · dS =
D
F · N dsdt = 12
20
2π0
(t + 1)2 dsdt
= π 2
0
(t2 + 2t + 1) dt = π (1
3
t3 + t2 + t)2
0
= 26
3
π.
flatene S 1 og S 2 er F parallel med flatene, slik at F · N = 0, og flateintegralene brfor lik null. Vi f̊ar derfor at V = (26/3)π.
3
ppgave 3
) La oss modellere hastigheten v(x,y,z ) ∈ R
3
i vindfeltet rundt en tropisk syklonmen;
v(x,y,z ) =
−yi + x j for r ≤ 1
r−2(−yi + x j) for r > 1.r r =
x2 + y2. Regn ut ∇ · v og ∇× v i omr̊adet r 1. Er fe
x,y,z ) konservativt i noen av disse omr̊adene? Grunngi svaret.
Svar: I omr̊adet r
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
19/40
∇ · v = ∂ ∂x
(−y) + ∂ ∂y
(x) = 0,
∇ × v = i j k∂ x ∂ y ∂ z
−y x 0
= 2k.
mr̊adet r > 1 har vi
∇ · v = ∂ ∂x
−yx2 + y2
+
∂
∂y
x
x2 + y2
= 0,
∇ × v = i j k∂ x ∂ y ∂ z
−yx2+y2
xx2+y2
0
= 0.
tet er ikke konservativt i omr̊adet r 1 er ∇×v n omr̊adet er ikke enkeltsammenhengende. ∇ × v = 0 ⇒
C v · ds = 0 ∀ C ∈ D b
s D er enkeltsammenhengende.
) Regn ut linjeintegralet C i
v · ds for følgende enkle, lukkete kurver:
C 1 som ligger i omr̊adet r > 1 og som ikke omslutter origo.
C 2 som ligger i omr̊adet r > 1 og som omslutter origo.
) C 3 som ligger i omr̊adet r 1× v = 2k for r
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
20/40
2
v·ds =
D2
∇×v·dS =
r
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
21/40
. Vi kan derfor ikke uten videre slutte at feltet er konservativt i hele R3. At feltenservativt betyr imidlertid at linjeintegralet mellom to punkter i rommet er uavhenintegrasjonssti, og vi kan vise at dette er tilfellet for dette feltet. La r1 og r2 vær
5
nkter i R3 med r1 1, og la C være en vilk̊arlig, enkel kurve som forbinto punktene. La
g(r) = r, for r ≤
11r2 , for r > 1.
har vi C
G · ds = C
g(r)r̂ · ds = r2r1
g(r) dr,
en r̂ · ds = dr. Vi ser at dette integralet er uavhengig av integrasjonssti.
Oppgave 4
) Finn en ortonormal basis for underrommet W ⊂ C3 utspent av vektorenev1 = (1, i, 0), v2 = (1, 2, 1 − i).
Svar: Vi bruker Gram-Schmidt ortogonalisering. Sett w1 = v1 = (1, i, 0). Beregn
w2 = v2 − v2, w1
w1, w1
w1 = (1, 2, 1 − i) − (1, 2, 1 − i) · (1, i, 0)(1, i, 0)
·(1, i, 0)
(1, i, 0)
= (1, 2, 1 − i) − 1 − 2i2
(1, i, 0) = (12
+ i, 1 − 12
i, 1 − i)
1, w2} utgjør en ortogonal basis. For å gjøre den ortonormal må vi beregne normensisvektorene:
||w1|| =
w1, w1 =
(1, i, 0) · (1, i, 0) =√
2.
||w2
|| =
w2, w2
= (1
2
+ i, 1
− 1
2
i, 1
−i)
·(
1
2
+ i, 1
− 1
2
i, 1
−i) =
3
2
√ 2.
normaliserte basisvektorene blir da
ŵ1 = w1||w1|| =
1√
2,
i√ 2
, 0
, ŵ2 =
w2||w2|| =
1 + 2i
3√
2, 2 − i3√
2, 2 − 2i
3√
2
.
) La V være indreproduktrommet av glatte, periodiske, komplekse funksjoner m
dreprodukt f, g = 2π0
f (t) g(t) dt. Glatt betyr uendelig mange ganger deriverbarriodisk betyr f (t) = f (t + 2π)
∀ t
∈R. Vis at S N
⊂ V definert ved
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
22/40
S N = { 1√ 2π
eint}, n ∈ {−N, −N − 1, . . . , N − 1, N }
et ortonormalt sett. Her betyr i den imaginære enheten (i =√ −1).
Svar: Betrakt to basisvektorer un = 1√ 2π
eint og um = 1√ 2π
eimt, der n = m. Indrepktet mellom dem er
n, um = 12π
2π
0
eint eimt dt = 12π
2π
0
eint e−imt dt = 12π
2π
0
ei(n−m)t dt
= 1
2π
1
i(n − m)ei(n−m)t
2π
0
= 1
2π
1
i(n − m)(cos [(n − m)t] + i sin[(n − m)t])2π
0
6
dere har vi for alle n ∈ {−N, −N + 1, . . . , N − 1, N };
un, un = 12π
2π0
eint e−int dt = 1
2π
2π0
dt = 1.
Vi ser fortsatt p̊a indreproduktrommet definert i punkt (b). Vis at operatoren
T = d2
dt2 + Φ(t),
r Φ(t) er en reell funksjon, er selvadjungert. Hint: Bruk delvis (partiell) integrasjo
Svar:
T (f ), g) = 2π0
T (f )ḡ dt =
2π0
d2f
dt2 ḡ dt +
2π0
Φ(t)f ̄g dt.
lvis integrasjon to ganger av det første integralet p̊a høyre side, samt bruk av at fr periodiske funksjoner, gir
T (f ), g = 2π0
f d2ḡ
dt2 dt +
2π0
f Φ(t)ḡ dt =
2π0
f
d2g
dt2 + Φ(t)g
dt = f, T (g)
m viser at T er selvadjungert.
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
23/40
7
ppgave
. Vis at vektorsystemet e1 = 1√ 2π , e2 =
1√ π cos2x, e3 =
1√ π cos 4x
ortonormalt med hensyn til indreproduktet
f, g =
2π
0
f (x)g(x) dx.
Finn den beste tilnærmingen til funksjonen g(x) = x + 1 i W
span{e1, e2, e3}.
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
24/40
. Betrakt den lineære operatoren
A = 2 d2
dx2 + 1, f → 2f + f.
Vis at W er A-invariant og skriv matrisa til A i basisen {ek}3
k=1. B
den for å bestemme om A er selv-adjungert eller anti-selv-adjungertW .
Oppgave V
. Finn minste kvadraters løsning til følgende lineære system
x ·
4−3
0
+ y ·
−21
0
=
8−5
2
.
. Finn tallene λ, µ slik at den komplekse matrisa 1 µ −1i 0 1−1 λ −2
har reelle egenverdier og ortogonale egenvektorer. Forklar.
2
Oppgave IV
P (g) = g, e1e1 + g, e2e2 + g, e3e3 = π + 1.
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
25/40
W er A-invariant. Matrisa til A i basisen e er symmetrisk:
2
0 0 00 −4 00 0 −16
+
1 0 00 1 00 0 1
=
1 0 00 −7 00 0 −31
og derfor er A selv-adjungert p̊a W .
Oppgave V
Ortogonalisering av v1 =
4
−30
, v2 = −2
10
gir e1 = 4/5
−3/50
og e
3/54/5
0
. Projeksjon av b =
8−52
til planet R2 = e1, e2 er lik P (b
8−50
. Deretter beregner vi x = 1, y = −2.
Matrisa er Hermitsk dersom λ = 1, µ = −i.
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
26/40
2
a U være omr̊adet som ligger mellom overflaten S (fra de forrppgavene) og x, y-planet. Beregn trippelintegralet
U
(x2 + y2 + z 2)dxdydz
ppgave 3
tfør Gram-Schmidt prosessen p̊a basisen B = (
11
0
,
00
1
,
02
1
3
med euklidisk indreprodukt (dotprodukt).
i den generelle definisjonen av en hermitisk operator. La T : C33 være en lineær operator med matrise
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
27/40
T =
1 1 + i 11 + i 0 i
1 i 0
r T en hermitisk operator med hensyn p̊a standard indreprodu
a P være rommet av polynomer av vilk̊arlig grad med reelle koenter. Vis at A = x2 d
dx, Ap(x) = x2 p(x), p(x) ∈ P er en line
perator p̊a P .
is at operasjonen
p(x), q (x) =
1
−1
p(x)q (x)dx
et indreprodukt p̊a P . Forklar hva det vil si at en operator er gonal, og bestem om operatoren A fra forrige oppgave er ortogoed hensyn p̊a dette indreproduktet eller ikke.
3
Fasit til eksamen i M T-1003 des. 2012
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
28/40
ppgave 1a
γ
F · ds = f (B) − f (A)
ppgave 1b
vis vi utfører variabelbyttet u = x − y, v = x + y, blir integralet
1
2 10
1−v0
eu
vdudv =
e
2 −
5
4
ppgave 1c
C være en enkel, lukket stykkevis glatt kurve i R2, og la D være omr̊am er avgrenset av C . La F = (M (x, y), N (x, y)) være et vektorfelt av kla
i D. Hvis C er orientert mot klokka, dvs. slik at D ligger til venstrengentvektoren til C , s̊a har vi at
C
M dx + N dy =
D
(∂N
∂x −
∂M
∂y )dA
ppgave 2a
beregner normalvektoren N st, og ser at denne forsvinner n̊ar s = 0 men aers. Derfor er overflaten S glatt i alle punkter bortsett fra det gitt ved s =m er (0, 0, 1). Overflaten er en kjegle med radius 1 i xy-planet og høyden kartesiske ligningen for overflaten er
f (x , y, z ) = x2
+ y2
− (z − 1)2
= 0
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
29/40
1
ppgave 2b
−
2π
0
0
−1(s2 cos(t)sin(t) + 3s2 + 3s)dsdt = π
ppgave 2c
benytter ligningen fra 2a) til å finne et uttrykk for z , og bytter til sylindrordinater.
2π
0
1
0
1−r
0
(r3 + rz 2)dzdrdθ = 2π
15
ppgave 3a
1√ 21√ 2
0
,
00
1
,
− 1√
21√ 2
0
ppgave 3b
n lineær operator A er hermitisk hvis vi har at for alle vektorer v, w
Av,w = v,Aw
atrisen til T er ikke en hermitisk matrise fordi T = T T
. Derfor er T ikkermitisk operator.
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
30/40
ppgave 3c
sjekker betingelsene for at A skal være en lineær operator p̊a P . La q, p vlynomer og λ ∈ R.
1. Ap(x) = x2
p(x) er et polynom, alts̊a inneholdt i P .2. A( p + q )(x) = x2( p(x) + q (x)) = Ap(x) + Aq (x)
3. A(λp)(x) = λx2 p(x) = λAp(x)
2
ppgave 3d
sjekker betingelsene for at , skal være et indreprodukt. La p , q , h vlynomer og λ ∈ R.
1. p, q = 1
−1 p(x)q (x)dx = q, p
2. p + h, q = 1
−1( p(x) + h(x))q (x)dx = 1
−1 p(x)q (x)dx + 1
−1 h(x)q (x)d p, q + h, q
3. λp,q = 1−1 λp(x)q (x)dx = λ
1
−1 p(x)q (x)dx = λq, p
4. p, p = 1
−1( p(x))2dx ≥ 0, og hvis p(x) = 0 p̊a hele intervallet (−1, 1
p = 0 som polynom.
n operator Q er ortogonal dersom for alle vektorer v, w,
Qv,Qw = v, w
den
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
31/40
A1, Ax2 = 0, 2x3 = 0 = 1, x2
operatoren A ikke ortogonal.
3
F. Komplekse indreproduktrom
Vi generaliserer begrepet indreproduktrom til å gjelde vektorrom definert over et kkst skalarfelt. Dette medfører at indreprodukt melllom to vektorer er komplekse tall
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
32/40
efinisjon 12. La oss betrakte vektorrom V der K = C. Vi skal kalle slike rom et k
kst indreproduktrom hvis vi i tillegg for etthvert par u, v ∈ V har definert et prov ∈ C som tilfredsstiller følgende aksiomer i tillegg til aksiomene 1-8 for vektorrom
Definisjon 1.
1. au1 + bu2, v = au1, v + bu2, v.
2. u, v = v, u.
3. u, u ≥ 0, og u, u = 0 hvis, og bare hvis, u = 0.
Merknad: Den eneste forskjellen fra Definisjon 4 for reelle indreproduktrom er at skal
n være komplekse og at aksiom 2 medfører at kommutering av indreproduktet medfvi må kompleks konjugere.
sempel 5. Et indreprodukt mellom to vektorer ( n-tupler) i det Euklidske rommet Cn
finert i likning (10).
III. LINEÆRE FUNKSJONALER OG OPERATORER DEFINERT PÅ
INDREPRODUKTROM
A. Lineære funksjonaler
efinisjon 13. La V være et vektorrom definert over feltet K av skalarer. En funksj
er en avbildning φ : V → K . Den er lineær hvis ∀ a, b ∈ K og ∀ u, v ∈ V ;
φ(au + bv) = aφ(u) + bφ(v).
La n̊a V være et indreproduktrom. Hver vektor u ∈ V definerer et lineær funksjo: V → K gjennom relasjonen
φu(v) = v, u.t motsatte er ogs̊a tilfelle, og vi formulerer det som et teorem:
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
33/40
orem 9. La φ være en lineær funksjonal p̊a et endelig-dimensjonalt indreproduktrom
eksisterer en entydig vektor u ∈ V slik at
φ(v) = v, u ∀ v ∈ V.
vis: La
{w1, w2, . . . , wn
} være en ortonormal basis for for V og konstruer en ve
=
j=1 φ(w j) w j. La φu være funksjonalen φu(v) = v, u. Da har vi at
φu(wi) = wi, u =n
j=1
wi, φ(w j) w j =n
j=1
φ(w j)wi, w j =n
j=1
φ(w j)δ ij = φ(wi).
den φu og φ er identiske n̊ar de virker p̊a hver basisvektor s̊a er φu = φ. Dermed
bevist eksistensen av u med egenskapen at φ(v) = v, u. Det gjenstår å vise at
ydig. Anta at det finns en annen u slik at φ(v) = v, u ∀ v ∈ V. Dette implisere(u − u) = 0 ∀ v ∈ V og spesielt for v = u − u. men derav følger at u − u, u − uat u = u. Q.E.D.
B. Lineære operatorer
efinisjon 14. La V være et vektorrom definert over feltet K av skalarer. En operato
en avbildning T : V → V . Den er lineær hvis ∀ a, b ∈ K og ∀ u, v ∈ V ;
T (au + bv) = aT (u) + bT (v).
1. Matriserepresentasjon av lineære operatorer
ppgave 20. Matriser som operatorer i Rn.
La V være det Euklidske indreproduktrommet Rn og la M være en reell n × n mats at matrisa M representerer en lineær operator T ; dvs., at T (u) = Mu, der Mu
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
34/40
triseproduktet mellom matrisa M og søylevektoren u.
Vis at den transponerte matrisa M T representerer den adjungerte operatoren T †.
La V være det Euklidske indreproduktrommet Cn og la M være en kompleks n×n mam representerer en lineær operator T . Vis at den adjungerte matrisa M † represent
n adjungerte operatoren T †.
sempel 6. La V være et indreproduktrom og {u1, u2, . . . , un} en basis (ikke nødvendiogonal). En vilk̊arlig vektor v ∈ V kan skrives som en lineær kombinasjon av av basisene
v = a1u1 + a2u2 + . . . + anun
r koeffisientene {ak} kan ses p̊a som n-tupler (a1, a2, . . . , an) i det Euklidske romme
er koordinatrepresentasjonen av v med hensyn til den aktuelle basisen.
La T være en lineær operator i V og w = T (v). Vi har da
w = T (v) =n
j=1
a jT (u j).
n T (ui) kan ogs̊a skrives som en lineær kombinasjon av basisvektorene;
T (u j) =
ni=1
mijui,
r (m1 j, m2,j, . . . , mnj) er koordinatene til vektoren T (u j). Da kan vi kan skrive
w = T (v) =n
j=1
a jT (u j) =n
j=1
ni=1
a jmijui =n
i=1
(n
j=1
mija j)ui =n
i=1
biui,
r
bi =
n j=1
mija j
koordinatene til den transformerte vektoren w = T (v). Dette betyr at operatoren
ordinatrommet kan representeres av matrisa M med elementer mij, og at tranformasjo
llom koordinatene kan skrives som matriseproduktet
B = M A,
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
35/40
r
A =
a1
a2...
an
, B =
b1
b2...
n
, M =
m1,1 m12 . . . m1n
m2,1 m22 . . . m2n...
... . . . ...
mn,1 mn2 . . . mnn
.
is basisen {u1, u2, . . . , un} er ortonormal vil elementene i transformasjonsmatrisennne skrives p̊a formen
mij = T (u j), ui.
ppgave 21. Bruk likning (40) til å vise likning (41).
2. Adjungerte operatorer og matriser
efinisjon 15. En lineær operator T definert p̊a et indreproduktrom V har en adjun
erator T † definert p̊a V hvis ∀ u, v ∈ V ;
T (u), v = u, T †(v).
orem 10. La T være en lineær operator p̊a et endelig-dimensjonalt, komplekst indre
ktrom V . Da har vi:
1. Det eksisterer en entydig adjungert lineær operator T † p̊a V .
2. Hvis M er matriserepresentasjonen av T med hensyn til en ortonormal basis S = {s̊a er matriserepresentasjonen av T † med hensyn til denne basisen den adjung
matrisa M †.
vis: Vi beviser først eksistensen av T † ved å konstruere den. La v ∈ V være en vilkan fiksert vektor. Avbildningen φv(u) = T (u), v er en lineær funksjonal p̊a V . I f
orem 8 s̊a eksisterer da en entydig v ∈ V slik at
φv(u) = T (u), v = u, v ∀ u ∈ V.
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
36/40
Vi definerer n̊a operatoren T † som avbildningen T †(v) = v ∀ v ∈ V . Fra likning (42)da at T † definert p̊a denne måten er adjungert til T , dvs.,
T (u), v = u, v = u, T †(v) ∀ u, v ∈ V.
viser s̊a at T † er lineær. For vilk̊arlige u, v ∈ V og a, b ∈ K har vi
u, T †(av1 + bv2) = T (u), av1 + bv2 = āT (u), v1 + b̄T (u), v2 = āu, T †(v1) + b̄u, T †(v2) = u,aT †(v1) + bT †(v2).
en siden dette holder for alle u
∈ V s̊a m̊a
T †(av1 + bv2) = aT †(v1) + bT
†(v2).
viser s̊a del 2 av teoremet om at den adjungerte matrisa M † representerer den adjung
eratoren T †. Fra Eksempel 6 har vi at matrisene M og N (med elementer mij og nij)
resenterer henholdsvis T og T † med hensyn til basisen S = {u j} er gitt ved
mij = T (u j), ui og nij = T †(u j), ui.
en dette impliserer at
nij = T †(u j), ui = ui, T †(u j) = T (ui), u j = m̄ ji,
s. at N = M †, som var det vi skulle vise. Q.E.D.
orem 11. La T, T 1, T 2 være lineære operatorer p̊a V og k ∈ K . Da har vi
1. (T 1 + T 2)† = T †
1 + T †
2,
2. (kT )† = k̄T †,
3. (T 1T 2)† = T †
2T †1
,
4. (T †)† = T .
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
37/40
ppgave 22. Bevis Teorem 11.
3. Selvadjungerte operatorer og matriser
efinisjon 16. En operator er selvadjungert (Hermitisk) hvis T † = T , dvs., hvis
T (u), v = u, T (v).
efinisjon 17. Vektoren u er en egenvektor til operatoren T , med egenverdi λ, hvis
T (u) = λu
ppgave 24. Anta koordinatene til u med hensyn til en gitt basis er gitt ved søylevekto
og at matrise-representasjonen av T med hensyn til denne basisen er M . Vis at hvis
egenvektor til T med egenverdi λ, s̊a er
MA = λA,
m i matrisealgebra er kjent som egenvektor og egenverdi til matrisa.
orem 12. Egenverdiene til en selvadjungert operator er reelle.
vis: Anta u er egenvektor til selvadjungert operator T med egenverdi λ. Da har vi
λu, u = λu,u = T (u), u = u, T (u) = u,λu = λ̄u, u,
m viser at λ = λ̄ og som betyr at λ er reell. Q.E.D.
orem 13. Egenvektorer til en selvadjungert operator med ulike egenverdier er ortogon
s, hvis u, v ∈
V er to egenvektorer til T med egenverdier λu = λv, s̊a er
u, v
= 0.
vis:
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
38/40
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
39/40
ser at egenverdiene i dette tilfellet er reelle, selv om tilstandsfunksjonene er komple
tte er en konsekvens av at operatoren P er selvadjungert.
ppgave 25. Vis at P definert i eksempel 7 er selvadjungert.
4. Ortogonale og unitære operatorer
efinisjon 18. En operator U er unitær hvis U † = U −1, dvs., hvis
U U † = U †U = I .
is indreproduktrommet er reelt er operatoren ortogonal hvis U T = U −1, dvs., hvis
U U T = U T U = I .
orem 14. Følgende tre utsagn er ekvivalente:
1. U er unitær, dvs., U U † = U †U = I .
2. U bevarer indreprodukt, dvs., U (v), U (w) = v, w ∀ v, w ∈ V.
3. U bevarer lengder, dvs., ||U (v)||) = ||v|| ∀ v ∈ V.
vis: Anta 1. holder. Da er
U (v), U (w)
=
u, U †U (w)
=
u, I (w)
=
u, w
∀ v, w
∈ V,
1. ⇒ 2.ta 2. holder. Da er
||U (v)|| =
U (v), U (v) =
u, u = ||v||, ∀ v, w ∈ V,
2. ⇒ 3.ta 3. holder. Da er
-
8/18/2019 Calculus inner producs forulas
40/40
U †U (v), v = U (v), U (v) = v, v = I (v), v ∀ v ∈ V.
tte kan skrives
(U †U − I )(v), v = 0 ∀ v ∈ V.
tte betyr at U
†
U − I = 0 (må strengt tatt bevises), som viser at 3. ⇒ 1. Q.E.D.ksempel 8. La U : R3 → R3 være en operator som roterer en vektor v = (x,y,x) ∈
vinkel θ om z -aksen;
U (v) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ, z ).
har at
||U (v|| =
(x cos θ − y sin θ)2 + (x sin θ + y cos θ)2 + z 2 =
x2 + y2 + z 2 = ||v||,
U bevarer lengder og er alts̊a unitær.
Fra Teorem 10 kan vi avlede følgende teorem:
orem 15. Ei kompleks matrise M representerer en unitær operator U (relativt ti
onormal basis) hvis, og bare hvis, M † = M −1. Ei matrise med denne egenskapen k
unitær.
For unitære, komplekse matriser har vi et teorem analogt til Teorem 8 for ortogon
lle matriser:
top related