Autor Tema: Hallar mínimo de una función utilizando proyección ortogonal.

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

16 Septiembre, 2021, 11:04 pm
Leído 67 veces

franma

  • $$\Large \color{#c88359}\pi\,\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 855
  • País: uy
  • Karma: +2/-0
  • Sexo: Masculino
Buenas,

El enunciado dice lo siguiente:
Consideramos en \( \mathbb{R}_3[t] \) el producto interno dado por \( \langle p,q \rangle = \displaystyle \int_{-1}^1p(t)q(t)dt. \)

1. Hallar una base ortonormal del subespacio \( \mathbb{R}_2[t]\subset{\mathbb{R}_3[t]} \).
2. Hallar la proyección ortogonal del polinomio \( p:p(t)=t^3 \) sobre el subespacio \( \mathbb{R}_2[t] \).
3. Sea \( F:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R} \) tal que:
\( F(a,b,c)=\displaystyle \int_{-1}^1 (at^2+bt+c-t^3)^2dt \)
Hallar el mínimo de \( F \) en \( \mathbb{R}^3 \).
Nota: Resolverlo como un problema de proyección.

Realice lo siguiente:
Para el apartado (1) basta con aplicar el proceso de Gram-Schmidt:
Partiendo de la base \( \{1,t,t^2\} \).
\( u_1=1 \)
\( u_2=t- \dfrac{\langle t,1 \rangle}{\langle 1,1 \rangle} 1=t \)
\( u_3=t^2-\dfrac{\langle t^2,1 \rangle}{\langle 1,1 \rangle} 1-\dfrac{\langle t^2,t \rangle}{\langle t,t \rangle}t=t^2-\dfrac{1}{3} \)

Ahora tenemos la base ortogonal \( B=\{u_1,u_2,u_3\} \), solamente falta normalizar.
\( \left\|{1}\right\|=\sqrt{\displaystyle\int_{-1}^{1}1dt}=\sqrt 2 \)

\( \left\|{t}\right\|=\sqrt{\displaystyle\int_{-1}^{1}t^2dt}=\sqrt{\dfrac{2}{3}} \)

\( \left\|{t^2 - \dfrac{1}{3}}\right\|=\sqrt{\displaystyle\int_{-1}^{1}\left({t^2 - \dfrac{1}{3}}\right)^2dt}=\sqrt{\dfrac{8}{45}} \)

Finalmente nuestra base ortonormal es: \( \left\{\dfrac{1}{\sqrt 2}\ ,\ \dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}t\ ,\ \dfrac{\sqrt 45}{\sqrt 8}\left(t^2 - \dfrac{1}{3}\right)\right\} \)

Para el apartado (2) ya contamos con una base ortonormal, luego:
\( P_{\mathbb{R}_2[t]}(t^3)=\langle t^3 , \dfrac{1}{\sqrt 2} \rangle \cdot \dfrac{1}{\sqrt 2} +\langle t^3 , \dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}t \rangle \cdot \dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}t +\langle t^3 , \left(t^2-\dfrac{1}{3}\right)\cdot \dfrac{\sqrt 45}{\sqrt 8}
 \rangle \cdot \left(t^2-\dfrac{1}{3}\right)\cdot \dfrac{\sqrt 45}{\sqrt 8}=0+\dfrac{3}{5}t+0=\dfrac{3}{5}t  \)

El apartado (3) no se como hacerlo.
Si \( v=at^2+bt+c \)
Entonces \( F=\left\|{v-t^3}\right\|^2 \), creo haber leído en algún sitio que esa distancia se minimiza cuando \( v \) es la proyección ortogonal del otro vector.

¿Es algo así la idea? Espero que alguien me pueda orientar un poco mas.

Saludos,
Franco.
En ninguna parte puede hallar el hombre un retiro tan apacible y tranquilo como en la intimidad de su alma.

16 Septiembre, 2021, 11:17 pm
Respuesta #1

Fernando Revilla

  • "Mientras que las otras ciencias estudian las leyes que Dios ha elegido para el Universo, las matemáticas estudian las leyes que hasta Dios tiene que obedecer."-Jean Pierre Serre.
  • Administrador
  • Mensajes: 11,640
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
  • "Las matemáticas son demasiado humanas."- Brouwer
    • Fernando Revilla

16 Septiembre, 2021, 11:26 pm
Respuesta #2

franma

  • $$\Large \color{#c88359}\pi\,\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 855
  • País: uy
  • Karma: +2/-0
  • Sexo: Masculino
Buenas Fernando,

Excelente! Gracias por la demostración.
Entonces ya puedo concluir, pues en el apartado (2) calculamos esa proyección. Por lo tanto el mínimo de la función \( F(a,b,c) \) se da en \( \left(0,\dfrac{3}{5},0\right) \).

Agrego: Hace un tiempo había preguntado acerca de aplicaciones al cálculo del algebra lineal, y este ejercicio es un buen ejemplo (creo).
Comprobando con WolframAlpha, efectivamente el mínimo se da en el punto obtenido.

Saludos,
Franco.
En ninguna parte puede hallar el hombre un retiro tan apacible y tranquilo como en la intimidad de su alma.