Álgebra lineal - encontrar doble base espacial

Question

Estoy tratando de resolver lo que parece ser un problema simple, pero no puedo encontrar la manera correcta de acercarse a él. Aquí está:

Deje $V$ ser un espacio vectorial de todos los polinomios de grado $0$ o $1$. Definimos el producto interior como
$$(v,w)=\int_{0}^{1}v(x)w(x)\,dx. \tag{1}$$ Si $\{1,x\}$ es una base para $V$, muestran que la correspondiente base doble para $V^*$ está dado por $\{4-6x,-6+12x\}$.

Mi intento de este problema fue:

Podemos escribir cualquier elemento de $V$ como: $$v=\alpha+\beta x \tag{2}.$$
Usando (2) en (1):
$$\int_0^1(\alpha+\beta x)(\gamma+\sigma x)\,dx. \tag{3}$$ Pero que no me llevará a la respuesta como la integral de las salidas de un número. Pensé acerca de la integración de $0$ a $x$, sin embargo, no sé cómo lo justifican. Alguna ayuda?

Answer 1

Puesto que usted no es del todo claro en los conceptos básicos, vamos a tomar esto desde el principio.

Contamos con un producto interior en $V$ se define como $$ (u, v) = \int_0^1 u(x)v(x)dx $$ Ahora tenga en cuenta que si elegimos algunos fijos polinomio $u_0\in V$, luego $$ v\mapsto (u_0, v) $$ es una transformación lineal de $V$ a $\Bbb R$. Es decir, $u_0$ aquí nos da un elemento de $V^*$, el envío de $v$ a $u_0(v) = \int_0^1u_0(x)v(x)dx$.

Dado un producto interior en un finito-dimensional espacio vectorial, esta correspondencia entre el producto interior y el espacio dual da una descripción completa de $V^*$. En otras palabras, cualquier transformación lineal $V\to \Bbb R$ puede ser visto como "tomar el producto interior con algunos específicos, elemento fijo de $V$", y por supuesto, un $u_0$ dará un diverso transformación lineal.

De esta manera, podemos escribir los elementos de $V^*$ como polinomios. Tenga en cuenta que que el polinomio que representa transformación lineal depende del producto interior. Si hubiéramos escogido $\int_0^2$ en lugar de, por ejemplo, la correspondencia sería diferente.

Se nos da una base $\{1, x\}$ de $V$, y con la tarea de encontrar la correspondiente base dual de $V^*$. Como las otras respuestas han señalado, un "correspondiente base dual" se compone de una base $\{u_0, u_1\}$ de $V^*$ tal que $$u_0(1) = u_1(x) = 1\\u_1(1) = u_0(x) = 0$$ Es decir, queremos encontrar polinomios $u_0, u_1$ tales que $$ \int_0^1u_0(x)dx = \int_0^1 xu_1(x)dx = 1\\ \int_0^1xu_0(x)dx = \int_0^1u_1dx = 0 $$ Se le da candidato polinomios en el problema del texto. Verificar con ellos es fácil.

Answer 2

Hay una cierta confusión, puesto que en la $4-6x,-6+12x\notin V^*$. Mi conjetura es que usted está después de una base $\{e,f\}$ de $V$ (no de $V^*$) tal que $(1,e)=1$, $(1,f)=0$, $(x,e)=0$, e $(x,f)=1$. Así se puede buscar polinomios $p(x),q(x)\in V$ tales que

• $\bigl(1,p(x)\bigr)=1$;
• $\bigl(x,p(x)\bigr)=0$;
• $\bigl(1,q(x)\bigr)=0$;
• $\bigl(x,q(x)\bigr)=1$.

Puedes comprobar por ti mismo que esto es lo que sucede si usted toma $p(x)=4-6x$, e $q(x)=-6+12x$.

Answer 3

Quiero darles una perspectiva diferente: si $(V,g)$ es un espacio vectorial equipado con un no-degenerada bilineal simétrica forma de $g$, el mapa $$ V\ni v\mapsto v_\flat =g(v,\cdot)\in V^*$$is an isomorphism, whose inverse is denoted by $\sharp$, so that $g(f^\sharp, w)=f(w)$ for all $w\V$ and $f\en V^*$. If $(e_1,\ldots,e_n)$ is a basis for $V$ and $(e^1,\ldots,e^n)$ is the dual basis in $V^*$, then $((e^1)^\sharp,\ldots,(e^n)^\sharp)$ is another basis for $V$, such that $g((e^i)^\sharp,e_j)=\delta^i_j$. If $g_{ij} = g(e_i,e_j)$ and $(g^{ij})$ denotes the inverse matrix, then $(e^i)^\sharp =\sum_j g^{ij}e_j$. This means that if you know how to compute the dual basis to $\{1,x\}$, you could deduce what $p(x)$ and $q(x)$ should be, even if the statement of the problem didn't gave you this information beforehand, by computing $$(g^{ij})=\begin{pmatrix} (1,1)& (1,x) \\ (x,1) & (x,x)\end{pmatrix}^{-1}$$and using the previous formula for $(e^i)^\sharp$.

Answer 4

Si en un espacio vectorial $V$ dotado con un producto interior consideramos una base $\{v_1,v_2,\ldots,v_n\}$ , entonces su base dual es $\{v'_1,v'_2,\ldots,v'_n\}$ definido por las siguientes condiciones: $$(v_i,v'_i)=1 \text{ for all }i \quad \text{and} \quad (v_i,v'_j)=0 \text{ for all }i\ne j.$$

Así que usted necesita para encontrar dos polinomios que satisfacen estas condiciones. He aquí cómo usted puede comenzar en uno de ellos (y se puede proceder del mismo modo para el otro). Deje $v_1=1\in V$. El elemento correspondiente de la base dual $v'_1=ax+b$ se define por las condiciones que $$(v_1,v'_1)=\int_0^1 1\cdot(ax+b)\,dx=1 \quad \text{and} \quad (v_2,v'_1)=\int_0^1 x\cdot(ax+b)\,dx=0.$$ Estas dos integrales, cuando de la evaluación, dar dos ecuaciones lineales simples para $a$ e $b$. La solución de ellos, usted encontrará $a$ e $b$, y por lo tanto $v'_1$.

Answer 5

La combinación de elementos de otras respuestas:

Creo que lo que José Carlos Santos es llegar, es que hay, en cierta medida, algunos de los "abuso de notación" en la presentación de polinomios (elementos de $V$) como los vectores de la base de $V^*$. Dado cualquier producto interior $(u,v)$, existe un isomorfismo natural entre $\phi: V \rightarrow V^*$, es decir, $\phi(v)(u) = (u,v)$ es, $\phi$ es una función en $V \rightarrow V^*$, por lo que su salida es una función de $V \rightarrow \mathbb R$, por lo que la aplicación de $\phi$ a $v$ devuelve una función que puede ser aplicado a $u$, y el resultado de que la función es un número real igual a la del producto interior de $u$ e $v$. Así que, si queremos ser verdaderamente riguroso, entonces en lugar de decir que $\{4−6x,−6+12x\}$ es una base para $V^*$, debemos decir que el $\{\phi(4−6x),\phi(−6+12x)\}$ es una base para $V^*$.

Como para verificar esta afirmación, es una simple cuestión de verificar que los vectores de los correspondientes índices de interior producto de $1$, y el resto de los pares de interior producto de $0$. O, en otras palabras, encontrar el exterior producto de $[1,x]^T[4−6x,−6+12x]$ y la verificación de que los resultados en la matriz de identidad.

Si estuviera intentando encontrar el fundamento de la $V^*$ que corresponde a $\{1,x\}$, en lugar de la verificación de una existente, teniendo en $[1,x]^T[1,x]$ rendimientos $\begin{pmatrix} (1,x)& (1,x) \\ (x,1) & (x,x)\end{pmatrix}$, que evalúa a $\begin{pmatrix} 1 &\frac12 \\ \frac 12& \frac 13\end{pmatrix}$, y la inversa de es $\begin{pmatrix} 4& -6 \\ -6 & 12\end{pmatrix}$, que le da los vectores $4-6x$ e $-6+12x$.

Podríamos haber dado un conjunto de vectores, y el de la final de la matriz habría dado los coeficientes de los vectores de la base en términos de los vectores. Es decir, si tenemos en la base de la $V$, podemos construir una matriz de los vectores. Llamar a ese $B$. Entonces, dado cualquier base de $V^*$, podemos creado una matriz de $W$ de esos vectores. Podemos crear una matriz de $U$ como $(WB^T)^{-1}W$. Es decir, tomamos el exterior producto de $B$ e $W$, evaluar las entradas de acuerdo a nuestro producto interior, tome la inversa, y, a continuación, utilice los números resultantes como coeficientes para crear combinaciones lineales de los vectores en $W$. Entonces, cuando tomamos $B^TU$, obtenemos $B^T(WB^T)^{-1}W=B^T(B^T)^{-1}W^{-1}W=I$. Por lo $U$ define una base ortonormales a $B$.