calculus inner producs forulas

8/18/2019 Calculus inner producs forulas

1/40


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)


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


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


5/40


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


7/40


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


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),


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


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).


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


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:


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


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, −


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


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.


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


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


20/40

2

v·ds =

D2

∇×v·dS =

r


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


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.


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}.


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.


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.


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


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


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


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.


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


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


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:


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


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,


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.


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 .


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:


38/40


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


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:

calculus inner producs forulas

Documents