Pregunta del examen de habilitación para el análisis de antiguos licenciados

Question

Estoy trabajando en un antiguo examen de calificación de análisis real. La mayoría de los problemas están relacionados con la teoría de la medida, excepto uno, que estoy teniendo algunos problemas (probablemente porque no he visto este tipo de pregunta antes). Agradecería mucho si alguien puede ayudarme. Esta es la pregunta:

Calcula $$\underset{a,b,c}{\min}{\textstyle\int_{-1}^{1}} \left\vert x^{3}-a-bx-cx^{2}\right\vert dx$$

y encontrar $$\max{\int_{-1}^{1}}x^{3}g(x)dx,$$ donde $g$ está sujeta a las restricciones $$\begin{gather*} \int_{-1}^{1}g(x)dx={\int_{-1}^{1}x}g(x)dx={\int_{-1}^{1}}x^{2}g(x)dx=0;\\ {\int_{-1}^{1}}\left\vert g(x)\right\vert ^{2}dx=1 \end{gather*}$$

Answer 1

En esta respuesta, daré algunas referencias bibliográficas relevantes. No demostraré ningún resultado.

1. Respuesta: $\mathbf{a=c=0,\ b=1/2}$ .

   La solución a su primer problema viene dada por un Polinomio de Chebyshev de segundo tipo (debidamente escalado). Por definición, el polinomio de Chebyshev $U_k(t)$ es el polinomio $p(t)$ de grado $k$ con el coeficiente principal $2^k$ que minimiza $\int_0^1 |p(t)| dt$ . Véase, por ejemplo http://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials . Se sabe que $$U_3(t) = 8x^3 - 4x.$$ En consecuencia, el polinomio de grado 3 con el coeficiente principal $1$ que minimiza $\int_0^1 |p(t)| dt$ es $x^3 - x/2$ . Así que la respuesta a su primera pregunta es $a=c=0$ , $b=1/2$ .

2. Respuesta: g(x) = $\mathbf{\sqrt{7/8}\, (5x^3 -3x)}$ , $\mathbf{\int_{-1}^1 x^3 g(x) dx = \frac{2\sqrt{14}}{35}}$ .

Su segunda pregunta pide encontrar una función $g(x)\in L_2[-1,1]$ que

• tiene norma $1$ ,

• es ortogonal al espacio lineal de polinomios de grado máximo $2$ ,

• maximiza el producto interior con $x^3$ .

Demostremos que $g(x)$ es un polinomio de grado $3$ . En efecto, dejemos que $g(x)$ sea la solución óptima. Supongamos que $g(x)$ no es un polinomio de grado 3. Entonces sea $f(x)$ sea la proyección ortogonal de $g(x)$ en el conjunto de polinomios de grado $3$ . Tenemos,

• $f(x)$ es ortogonal a todos los polinomios de grado máximo 2.

• $\int_{-1}^1 x^3 \cdot f(x) dx = \int_{-1}^1 x^3\cdot g(x) dx$

• y $\|f\| < \|g\| =1$ .

Así, $f(x)/\|f\|$ es una solución mejor que $g(x)$ : $$\int_{-1}^1 x^3 \cdot \frac{f(x)}{\|f\|} dx = \int_{-1}^1 x^3 \cdot \frac{g(x)}{\|f\|} dx > \int_{-1}^1 x^3 \cdot g(x) dx.$$ Esto contradice nuestra suposición de que $g(x)$ es la solución óptima.

Es decir, la solución a este problema es un polinomio $g(x)$ de grado 3 que es ortogonal a todos los polinomios de grado máximo 2 y tiene norma 1.

Un polinomio de grado $k$ que es ortogonal a todos los polinomios de grado inferior a $k$ es conocido como el Polinomio de Legendre (sólo hay un polinomio de este tipo hasta la normalización). Véase http://en.wikipedia.org/wiki/Legendre_polynomials .

La respuesta a tu pregunta es el polinomio de Legendre de grado 3, debidamente escalado: $$\sqrt{7/8}\, (5x^3 -3x).$$

Answer 2

Para la primera, dejemos $\phi(a,b,c) = \int_{-1}^{1} | x^{3}-a-bx-cx^{2}| dx$ . Observe que $\phi(a,b,c) = \phi(-a,b,-c)$ y como $\phi$ es convexo, tenemos $\phi(0,b,0) \leq \frac{1}{2} (\phi(a,b,c) +\phi(-a,b,-c))$ . Por lo tanto, podemos suponer que $a=c=0$ y el problema se reduce a minimizar $\xi(b) = \int_{-1}^{1} | x^{3}-bx| dx = 2\int_{0}^{1} x| x^{2}-b| dx$ . Si $b<0$ tenemos $| x^{2}-b| = x^2-b>x^2$ Por lo tanto $\xi(b) \geq \xi(0)$ . Así que podemos suponer que $b \geq 0$ . Del mismo modo, si $b>1$ tenemos $| x^{2}-b| =b-x^2 > 1-x^2 = |x^2-1|$ en el rango de integración. Por lo tanto, $\xi(b) \geq \xi(1)$ . Por lo tanto, podemos suponer que $b \in [0,1]$ . Evaluando la integral se obtiene $\xi(b) = 2\frac{1}{4}(2 b^2-2b+1) $ y minimizando con respecto a $b$ en $[0,1]$ da $b = \frac{1}{2}$ y evaluando da $\xi(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$ .

Para el segundo, dejar que $p_k(x) = x^k$ y eligiendo el espacio como $L_2[-1,1]$ nos permite escribir el problema como $\sup \{ \langle p_3, g \rangle | \langle p_k, g \rangle = 0 , k=0,1,2, \ \ \|g\| = 1\}$ . Si dejamos que $S = \text{sp} \{p_k\}_{k=0}^2$ (que es cerrado, ya que es de dimensión finita), el problema se puede escribir como $\sup_{g \in S^\bot, \|g\| = 1} \langle p_3, g \rangle$ . Dado que la función $g \mapsto\langle p_3, g \rangle$ es lineal, este problema es el mismo que $\sup_{g \in S^\bot, \|g\| \leq 1} \langle p_3, g \rangle$ . Ahora dejemos que $\Pi$ sea la proyección ortogonal sobre $S^\bot$ entonces podemos escribir el problema como $\sup_{\|\Pi g\| \leq 1} \langle p_3, \Pi g \rangle$ y como $\|\Pi g\| \leq \|g\|$ vemos que esto es igual a $\sup_{\| g\| \leq 1} \langle p_3, \Pi g \rangle = \sup_{\| g\| \leq 1} \langle \Pi^* p_3, g \rangle = \|\Pi p_3\|$ ya que $\Pi$ es autoadjunto. Sea $P_n$ sean los polinomios de Legendre, entonces vemos que $p_3 = \sum_{k=0}^3 \alpha_k P_k$ y $S = \text{sp} \{P_k\}_{k=0}^2$ . Desde el $P_n$ son ortogonales, vemos que $\Pi p_3 = \alpha_3 P_3$ y la solución al problema es $|\alpha_3\|\|P_3\|$ . Desde $P_3(x) = \frac{1}{2}(5 x^3-3x)$ vemos que debemos tener $\alpha_3 = \frac{2}{5}$ . Desde $\|P_3\| = \sqrt{\frac{2}{7}}$ vemos que la respuesta es $|\alpha_3\|\|P_3\| = \frac{2}{5} \sqrt{\frac{2}{7}} = \sqrt{\frac{8}{175}}$ .

(Adenda: Obsérvese que una minimización $g$ es $g = \frac{1}{\|\Pi p_3\|} \Pi p_3 = \frac{1}{\|P_3\|} P_3 = \sqrt{\frac{7}{2}}\frac{1}{2}(5 p_3-3p_1)$ o $g(x) = \sqrt{\frac{7}{8}}(5 x^3-3x)$ .)