Простые с виду вопросы про L2(0,1)

Ian · Сообщение **Ian** » 23 июн 2018, 08:06

1.Найти норму оператора в

L_2[0,1]

Ax(t)=\int_0 ^tx(\tau )d\tau
Тут я подобрал функцию

x(t)=\cos\frac{\pi t}2, но доказать, что максимум отношения норм на ней. не могу
2. Найти функцию из

L_2[0,1] ,ортогональную

t,t^2,... (то есть всем многочленам,обращающимся в 0 в нуле)
Тут вообще неэлементарная должна быть. Но какая?

zykov · Сообщение **zykov** » 23 июн 2018, 13:12

Ian писал(а):Source of the post Найти функцию

Нулевая будет ортогональной.

Ian · Сообщение **Ian** » 23 июн 2018, 14:02

Задача 2. Ну я кажется понял в чем прикол. Если мы ортогонализацией системы

1,t,...t^n... строим ортогональный базис Лежандра, эта система будет полной. Что, казалось бы, подсказывает, что система ортогональных полиномов, получающаяся из

t,...t^n... ,будет неполной, мы же убрали одну функцию. Но с другой стороны, есть и такое стандартное рассуждение.
1.Множество непрерывных функций плотно (все в норме

L_2) в

L_2, достаточно взять частичные суммы ряда Фурье.
2.Множество

C_0 непр. функций, обращающихся в 0 в нуле, плотно во множестве непрерывных функций, достаточно исправить график каждой на малом отрезке

[0,\delta ] .
3.Множество многочленов плотно в указанном множестве

C_0 непрерывных функций в равномерной норме, по Теореме Вейерштрасса. Тогда если

\max_{0\leq t\leq 1}|f(t)-P(t)|<\varepsilon и

f\in C_0 то

|f(0)-P(0)|=|P(0)|<\varepsilon и

\max_{0\leq t\leq 1}|f(t)-(P(t)-P(0)|<2\varepsilon, значит, нашелся и приближающий многочлен со значением 0 в нуле

(P(t)-P(0) Раз он приближает в равномерной норме, то и в норме

L_2 [0,1]
Отсюда, многочлены с нулевым свободным членом плотны в

L_2 [0,1] , только нулевая f может быть

zykov · Сообщение **zykov** » 24 июн 2018, 04:29

Ian писал(а):Source of the post Тут я подобрал функцию $x(t)=\cos\frac{\pi t}2$ , но доказать, что максимум отношения норм на ней. не могу

$|Af(t)|^2=\int_0^1(\int_0^t f(x)\,dx)^2\,dt=\int_0^1(\int_0^1 sign(t-x) f(x)\,dx)^2\,dt=$
$= \int_0^1(\int_0^1 sign(t-x) f(x)\,dx)(\int_0^1 sign(t-y) f(y)\,dy)\,dt=$
$= \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 sign(t-x) sign(t-y) f(x)f(y)\,dx\,dy\,dt=$
$= \int_0^1 \int_0^1 (\int_0^1 sign(t-x) sign(t-y)\,dt) \, f(x)f(y)\,dx\,dy=$
$= \int_0^1 \int_0^1 (1-max(x,y)) \, f(x)f(y)\,dx\,dy= \int_0^1 (\int_0^1 (1-max(x,y)) \, f(x)\,dx)\,f(y)\,dy$

Найдем собственные значения и вектора $\int_0^1 (1-max(x,y)) \, f(x)\,dx=\lambda f(y)$ .
$\int_0^1 (1-max(x,y)) \, f(x)\,dx=\int_0^y (1-y) f(x)\,dx+\int_y^1 (1-x) f(x)\,dx=(1-y) \int_0^y f(x)\,dx+\int_y^1 (1-x) f(x)\,dx$
Тогда $\lambda f'(y)=-\int_0^y f(x)\,dx+(1-y)f(y)-(1-y)f(y)=-\int_0^y f(x)\,dx$ ,
и $\lambda f''(y)=-f(y)$ .
Отсюда $f(y)=\cos(\phi+y/\sqrt{\lambda})$ .

Остается провести оптимизацию по $\phi$ и $\lambda$ . Получим $\phi=0$ и $1/\sqrt\lambda=\pi/2$ .

Замечание: Тут небольшая путаница. Под "sign" я имел ввиду функцию Хевисайда (0 для отрицательных, 1 для положительных).

zykov · Сообщение **zykov** » 24 июн 2018, 04:42

Кроме косинуса ещё можно экспоненты попробовать (линейную комбинацию "плюс" и "минус" экспонент), но они меньше дают.

zykov · Сообщение **zykov** » 24 июн 2018, 05:19

Из $\lambda f'(y)=-\int_0^y f(x)\,dx$ получаем $$ f'(0)=0$$

. Остаются только тригонометрический и гиперболический косинусы.
Из $\lambda f(y)=(1-y) \int_0^y f(x)\,dx+\int_y^1 (1-x) f(x)\,dx$ получаем $$f(1)=0$$

. Отсюда остается только тригонометрический косинус и $1/\sqrt\lambda =\pi /2+\pi n$ . Наибольшую $\lambda$ даёт $$n=0$$

.

Ian · Сообщение **Ian** » 24 июн 2018, 06:34

zykov писал(а):и $\lambda f''(y)=-f(y)$ .

Я тоже получил это вчера короче, вариационным исчислением (не факт, что студенты, которым это задали, его уже проходили). Обозначим

Af=g, тогда имеем задачу на условный экстремум

\int_0^1g^2(t)dt\to \max

\int_0^1g'^2(t)dt=1

g(0)=0
Из уравнения Эйлера-Лагранжа сразу тогда

-\lambda g"=g, среди экспонент

\lambda =-\frac 1{\omega^2} решение

g(t)=C\cdot sh\omega t
, среди тригонометрических

\lambda =\frac 1{\omega^2} решение

g(t)=C\cdot \sin\omega t
Дальше тупо подстановкой в отношение интегралов оптимизация по

\omega, которая у меня не получилась почему-то.

Ian · Сообщение **Ian** » 24 июн 2018, 07:52

Все-таки в задаче 1 и Вы пользовались тем, что изучается позднее в курсе ФА (что норма симметричного интегрального оператора равна максимуму из собственных чисел). И наверное никогда не узнаем, какое решение имелось в виду.
И почему все-таки не проходит тупая оптимизация в лоб, трансцендентные функции получаются? Ответ

\cos \frac {\pi}2t оптимальный, маткад это подтверждает

: fg.JPG (12.29 KiB) 31800 просмотра

zykov · Сообщение **zykov** » 24 июн 2018, 13:48

Ian писал(а):Source of the post И почему все-таки не проходит тупая оптимизация в лоб,

А как её сделать? Там же не значение нужно найти, и не вектор, а функцию. Это задача для вариационного исчисления.

Можно конечно прооптимизировать вектор для конечной сетки (100 или 1000 точек, вместо интеграла будет сумма). Что я и сделал на компьютере. Получил что-то очень близкое к косинусу. Это конечно намёк на решение, но не оно само.

zykov · Сообщение **zykov** » 24 июн 2018, 14:08

Ian писал(а):Source of the post Я тоже получил это вчера короче, вариационным исчислением (не факт, что студенты, которым это задали, его уже проходили). Обозначим , тогда имеем задачу на условный экстремум
$\int_0^1g^2(t)\,dt \to max$
$\int_0^1g'^2(t)\,dt=1$

Да кстати. Через вариационное проще. Я тоже сначала через него начал, но запутался (делал для $$f$$

, а не для $$g$$

).

$\delta\int_0^1g^2(t)\,dt=\int_0^12g(t)\delta g(t)\,dt$
$\delta\int_0^1g'^2(t)\,dt=\int_0^12g'(t)\delta g'(t)\,dt=2g'(t)\delta g(t)|_0^1-\int_0^1 2g''(t)\delta g(t)\,dt=2g'(1)\delta g(1)-\int_0^1 2g''(t)\delta g(t)\,dt$
Отсюда $$g'(1)=0$$

и $g(t)-\lambda g''(t)=0$ .
И получаем $g(t)=C\cdot\sin((\pi/2+\pi n)\cdot t)$ .

Ian · Сообщение **Ian** » 24 июн 2018, 17:49

zykov писал(а):Отсюда

Это очень удачно вышло, что из граничного условия на одном конце вывелось граничное на другом. Тогда конечно оптимальная

\omega очевидна.Спасибо!

Ian · Сообщение **Ian** » 07 июл 2018, 09:02

Продолжение сериала, оттуда же
3.Найти норму оператора в

L_2[0,1]

Ax(t)=\int_0 ^t\tau x(\tau )d\tau
Даже вар. исчисление не сработало, и ответа не знаю

zykov · Сообщение **zykov** » 07 июл 2018, 10:58

Вольфрам выдал здесь вместо косинуса что-то вроде
$f(x) = c_1 x D_{-1/2}(k x) + c_2 x D_{-1/2}(i k x)$ , где $$D_n(z)$$

- параболическая цилиндрическая функция.

Ian · Сообщение **Ian** » 07 июл 2018, 12:43

wolframalpha ? посмотреть бы как ставилась задача

zykov · Сообщение **zykov** » 07 июл 2018, 19:42

Так же, как и раньше.

Ian писал(а):Source of the post , тогда имеем задачу на условный экстремум
\int_0^1 g^2(t) \; dt \to max
\int_0^1 g′^2(t) \; dt=1

$Af=g, \; f(t)=g'(t)/t$

\int_0^1 g^2(t) \; dt \to max

\int_0^1 g′^2(t)/t^2 \; dt=1
Тогда $g=\lambda (g'/t^2)'$ . Вольфрам решает этот диф.ур и выражает через функции Бесселя и Гамма.
Я обозначил $$u=g'/t^2$$

, тогда $g=\lambda u'$ и $$ g'=t^2u$$

. Отсюда

и $\lambda u''=t^2u$ .
Из второго вольфрам выражает $$u$$

через цилиндрические параболические функции (https://www.wolframalpha.com/input/?i=u ... +t%5E2%3D0). Чтобы получить $$f$$

, умножаем $$u$$

на

.

Ian · Сообщение **Ian** » 08 июл 2018, 13:35

Да, ответ неэлементарный, но какая же точно норма?. Я когда увидел эту задачу-только оценил
По неравенству Коши-Буняковского

|Ax(t)|^{2}=\left(\int_{0}^{t}\tau x(\tau)d\tau\right)^{2}\leq\left(\int_{0}^{t}\tau^{2}d\tau\right)\left(\int_{0}^{t}x^{2}(\tau)d\tau\right)\leq\left(\frac{\tau^{3}}{3}\right)|_{0}^{t}\cdot||x||^{2}=\frac{t^{3}}{3}||x||^{2}

||Ax||\leq\sqrt{\int_{0}^{1}\frac{t^{3}}{3}||x||^{2}dt}=||x||\sqrt{\frac{t^{4}}{12}|_{0}^{1}}=\sqrt{\frac{1}{12}}||x||
Поэтому

||A||=\sup_{x\ne0}\frac{||Ax||}{||x||}\leq\sqrt{\frac{1}{12}}

zykov · Сообщение **zykov** » 09 июл 2018, 01:02

Для старой задачи ответ был $2/\pi \approx 0.63662$ . Численный анализ по 1000 точек (собственные значения дискретной матрицы) выдавал $$0.63694$$

, т.е. точность 3 знака.
Для новой задачи по 1000 точек выдаёт $$0.24971$$

. (Для сравнения $\sqrt{1/12} \approx 0.28868$ .)

zykov · Сообщение **zykov** » 09 июл 2018, 01:49

Собственный вектор для 1000 точек выглядит примерно так:

: eig_2.png (9.64 KiB) 31572 просмотра

Ian · Сообщение **Ian** » 09 июл 2018, 17:39

Красиво. Сразу ассоциируется с Бесселем. На этом пути можно и точное значение нормы поискать.
1. Задаем большое N.
2.Берем нижнетреугольную матрицу

s_{ij}=1_{j\leq i}j,i,j=1,...N

Код: Выбрать все

1
1 2
1 2 3
......
1 2 3 ... N

, соответствует преобразованию

(x_n)_{n=1}^N\to (y_n=\sum_{m=1}^nmx_m)_{n=1}^N численного интегрирования

tx(t), с точностью до множителя

\frac 1{N^2}
3.Составляем

S^TS и находим у нее наибольшее собственное число

\lambda_N
Может аналитически выражаться, очень простая матрица.
4. Тогда

||A||^2=\lim_{N\to\infty}\frac{\lambda_N}{N^4}

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 11 июл 2018, 13:58

А почему нельзя использовать тот же подход, что в предыдущем случае, просто с заменой $xf(x)\to h(x)$ ? Или даже без замены, но тогда получается уравнение третьего порядка для $f$

.

Вообще численное значение весьма смахивает на 1/4...

Портал Естественных Наук, версия 1.1