Niet-Negatieve Orthogonale Polynomen

Transcriptie

1 Niet-Negatieve Orthogonale Polynomen Jun Sheng Huang 19 augustus 2010 Eindverslag Bachelorproject Wiskunde Begeleiding: dr. Jan Brandts KdV Instituut voor Wiskunde Faculteit der Natuurwetenschappen, Wiskunde en Informatica Universiteit van Amsterdam

2 Samenvatting In deze verhandeling zijn we op zoek naar niet-negatieve orthogonale polynomen die de ruimte P k 0 (I) opspannen ten opzichte van het inproduct f, g = (f, g ), waar P k 0 (I) de ruimte van polynomen p van graad hoogstens k op I = [0, 1] met p(0) = p(1) = 0 is en (, ) het standaard inproduct is. Existentie van zo n basis voor de ruimte P k 0 (I) is een voldoende voorwaarde voor het discrete maximum principe voor de eindige elementen methode met stuksgewijs polynomiale benaderingen van graad k. Het discrete maximum principe wordt toegepast om belangrijke stellingen, zoals het foutschattingen van een numerieke oplossing van partiële differentiaalvergelijkingen, te bewijzen. Gegevens Titel: Niet-Negatieve Orthogonale Polynomen Auteur: Jun Sheng Huang, jshuang121@hotmail.com, Begeleiders: dr. Jan Brandts Tweede beoordelaar: prof.dr. Rob Stevenson Einddatum: 19 augustus 2010 Korteweg de Vries Instituut voor Wiskunde Universiteit van Amsterdam Science Park 904, 1098 XH Amsterdam

3 Inhoudsopgave 1 Inleiding 2 2 Eindige elementen methode Voorbeeld Modelprobleem Discrete maximum principe Polynomen van hogere graad Stuksgewijs kwadratische benadering Lobatto polynomen Non-existentie van een niet-negatieve orthogonale basis voor P0 3 (I) Niet-negatieve orthogonale basis voor P0 4 (I) Hogere graden Conclusies Conclusies 29 Populaire samenvatting 31 1

4 Hoofdstuk 1 Inleiding Deze verhandeling gaat over niet-negatieve orthogonale polynomen. Schrijf P k 0 (I) voor de verzameling polynomen p van graad hoogstens k op I = [0, 1] met p(0) = p(1) = 0, en (, ) voor het standaard inproduct. Beschouw het volgende probleem: Probleem. Voor welke k 2 bestaan er niet-negatieve polynomen p 2,..., p k die P k 0 (I) opspannen met de voorwaarde (p i, p j) = 0 voor alle paren i j. Voor k = 2 is p 2 (x) = x(1 x) een triviale oplossing hiervan. Computersimulaties suggereren dat behalve k = 2, dit probleem alleen oplossingen kan hebben voor k = 4, en k = 6. Bekijk de volgende grafieken uit onze experimenten. Figuur 1.1: twee orthogonale functies L 2 en L 3. 2

5 In de bovenstaande grafiek zien we twee orthogonale basisfuncties van P0 3 (I) die bijna niet-negatieve zijn. Later zullen we bewijzen dat er geen nietnegatieve orthogonale basis bestaat voor P0 3 (I). Maar het scheelt niet zo heel veel. Figuur 1.2: drie orthogonale functies L 2, L 3 en L 4. Hierboven zien we drie orthogonale basisfuncties van P 4 0 (I) gesampeld in 37 equidistante punten uit [ 1, 1]. Alle punten zijn niet-negatief. Maar dit wil nog niet zeggen dat deze een niet-negatieve orthogonale basis is omdat we alleen eindige aantal punten gesampeld hebben. Figuur 1.3: drie orthogonale functies L 2, L 3 en L 4. 3

6 Dezelfde functies gesampled in 100 equidistante punten in [ 1, 1]. Hier kunnen we niet duidelijk zien of alle punten niet-negatief zijn, maar: Figuur 1.4: drie orthogonale functies L 2, L 3 en L 4. Hier zien we de ingezoomde verzie van het vorige grafiek. Het is duidelijk te zien dat een van de drie functies een hele kleine negatieve waarde heeft. Maar dit is natuurlijk maar een van de vele orthogonale basis. Het bewijst dus niets. Het doel van deze verhandeling is te onderzoeken voor welke k er oplossingen bestaan. Er zijn niet-polynomiale functies in C 0 (I) met dezelfde eigenschap. Definieer φ n (x) = 2 sin 2 (nπx), dan is φ n(x) = 2nπ sin(2nπx) en dat is een bekend orthogonaal stel. Merk op dat φ n even is rond x = 1 2 voor alle n. Dit is dus niet een niet-negatieve orthogonale basis voor C 0 (I). Niet-negatieve orthogonale polynomen hebben mooie toepassingen in de eindige elementen methode. Later zullen we zien dat het bestaan van een nietnegatieve orthogonale basis in een functieruimte een voldoende voorwaarde is van het discrete maximum principe. Deze gaan we in Hoofdstuk 2 introduceren. 4

7 Hoofdstuk 2 Eindige elementen methode De eindige elementen methode is een numerieke methode om oplossing van een partiële differentiaalvergelijking te benaderen (zie Hoofdstuk 14 in [2]). De eindige elementen methode benadert de partiële differentiaalvergelijking met functie uit een eindigdimensionale ruimte. Dit geeft aanleiding tot een stelsel van lineaire vergelijkingen die we makkelijk kunnen oplossen. De eindige elementen methode is vooral handig voor partiële differentiaalvergelijkingen die gedefinieerd zijn op gecompliceerde domeinen, waar de nauwkeurigheid over een zekere gedeelte belangrijker is dan de rest. Denk bijvoorbeeld aan het simuleren van het weer op de aarde, de nauwkeurigheid over het land is belangrijker dan die over de zee. 2.1 Voorbeeld We zullen de eindige elementen methode hier toepassen op een ééndimensionaal probleem. In plaats van een partiële differentiaalvergelijking kijken we dus naar een tweepunts randwaardeprobleem. Zij I = [0, 1] en a, b C 0 (R) met a > 0 op R en b een afbeelding die positieve getallen naar niet-negatieve getallen afbeeldt. Gegeven f C 0 (I), beschouw het niet-lineaire probleem: vind u C 2 (I) die voldoet aan op I, met randvoorwaarden u(0) = u(1) = 0. (a(u)u ) + b(u) = f (2.1) Vergelijking 2.1 voldoet aan het maximum principe: f 0 u 0. 5

8 Het bewijs hiervan is niet moeilijk. Maar we zullen dat laten zien als inspiratie voor het discrete maximum principe. Stelling 2.1. Als f niet-negatief is, dan is u van (2.1) niet-negatief. Bewijs. Stel dat f niet-negatief is en u(q) > 0 voor zekere q I. We weten dat u continu is en u(0) = u(1) = 0, dus er bestaan c, d I met c < q < d, u(c) = u(d) = 0 en u(x) > 0 voor alle x (c, d). De middelwaardestelling zegt dat er punten p, r bestaan met c < p < q < r < d en u (p) > 0, u (r) < 0. Pas de middelwaardestelling nog een keer toe op de punten p en r. Dit geeft dat er een ξ bestaat met p < ξ < r en (a(u)u ) (ξ) < 0. Uit u(ξ) > 0 en b(u(ξ)) 0 volgt f(ξ) > 0. Tegenspraak. Dus bestaat er geen q met u(q) > 0. Figuur 2.1: Illustratie van u en de punten c, d, p, q, r en ξ. Het maximum principe suggereert dat in een gediscretiseerde versie van dit probleem het volgende moet gelden: f 0 u h 0, (2.2) waar u h een benadering van u is. (2.2) wordt het discrete maximum principe genoemd. Die zullen we in Sectie 2.3 behandelen. Eerst beschrijven we de discretisatiemethode die u h difinieert. 2.2 Modelprobleem In deze sectie zullen we het modelprobleem van deze verhandeling introduceren. Beschouw het randwaardeprobleem u = f (2.3) 6

9 met randvoorwaarde u(0) = u(1) = 0. Dit probleem resulteert uit de keuze a = Id en b 0 en dus geldt het maximum principe. Zij V = H0(I), 1 de Sobolev ruimte op I = [0, 1] van L 2 -integreerbare en zwak differentieerbare functies die nul zijn op de rand. Definitie 2.2. Definieer een afbeelding, : V V R, v, w := (v, w ). Het is makkelijk te bewijzen dat, een inproduct is (zie 14.2 in [2]). De geassocieerde norm hiervan is w 1 = < w, w >. Het tripel (V,,, 1 ) vormt dus een inproductruimte. Laat V h V met dim(v h ) <. Probleem. Vind de beste benadering van de oplossing u van (2.3) in V h. Oplossing. De beste benadering van u in V h is de loodrechte projectie u h van u op V h ten opzichte van,. Er geldt dus oftewel u u h V h, u u h, v = 0 v V h. Kies basis functies v 1,..., v n van V h, dan kunnen we u h schrijven als u h = a 1 v a n v n voor zekere a j R. Uit de bovenstande vergelijking volgt en dus dat u (a 1 v a n v n ), v j = 0 j 1, 2,..., n a 1 v 1, v j a n v n, v j = u 1, v j. Dit kan herschreven worden als lineair stelsel v 1, v 1 v n, v 1 a 1 u, v =.. v 1, v n v n, v n u, v n 7 a n

10 Het rechterlid lijkt nog steeds onbekend te zijn omdat deze de onbekende oplossing van (2.3) bevat, maar door de keuze van het inproduct kunnen we dat schrijven als functies van f, omdat en dus, < u, v j > = (u, v j) = 1 0 u (x)v (x)dx = u (x)v j (x) 1 0 = (f, v j ), 1 0 u (x)v j (x)dx v 1, v 1 v n, v 1 a 1 (f, v 1 ) =.. (2.4) v 1, v n v n, v n (f, v n ) We hebben het probleem dus als volgt geformuleerd: Vind u h V h zodanig dat u h, v = (f, v) v V h. (2.5) Om dit te kunnen oplossen moeten we de basis functies v 1,..., v n kiezen voor de ruimte V h. Door de basis functies slim te kiezen wordt het probleem een stuk makkelijker. We kunnen bijvoorbeeld een orthogonale basis kiezen waardoor v i, v j = 0 als i j. Een motivatie om zelfs een niet-negatieve orthogonale basis te vinden is dat het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis een voldoende voorwaarde voor het discrete maximum principe is. Dit gaan we nu nader toelichten. 2.3 Discrete maximum principe Het maximum principe speelt een belangrijke rol op het gebied van partiële differentiaalvergelijkingen. De discrete versie hiervan wordt bijvoorbeeld toegepast om stellingen over de eindige elementen methode en eindige differentie methode (zie Hoofdstuk 12 en 14 in [2]) te bewijzen. Het discrete maximum principe is echter niet altijd geldig voor alle gekozen deelruimtes. In deze sectie zullen we eerst een voldoende voorwaarde formuleren, en dan een voldoende en noodzakelijke voorwaarde formuleren. a n Bekijk het probleem dat geformuleerd wordt in Sectie 2.2: Vind u h V h zodanig dat u h, v = (f, v) v V h. (2.6) 8

11 Definitie 2.3. We zeggen dat het bovenstaande probleem voldoet aan het discrete maximum principe als voor alle f L 2 (I) geldt: f 0 in I = u h 0 in I, waar u h de beste benadering van u in de gekozen deelruimte is ten opzichte van het inproduct,, oftewel, de oplossing van (2.6). Stelling 2.4. Het discrete maximum principe is geldig voor de keuze V h = V 0h, de ruimte van continue stuksgewijs lineaire benaderingen. Bewijs. Zij x 0,..., x n+1 de knooppunten met x 0 = 0 en x n+1 = 1. Definieert (x x i 1 )/(x i x i 1 ) als x [x i 1, x i ] v i (x) = (x i+1 x)/(x i+1 x i ) als x [x i, x i+1 ] 0 anders. Dan vormen v 1,..., v n een basis van V0h 1, de ruimte van continue stuksgewijs lineaire functies. Merk op dat elke v i stijgend is in [x i 1, x i ] en dalend is in [x i, x i+1 ] voor alle i. Stel dat f 0 en u h een positieve waarde aanneemt in I. Dan heeft u h een positief maximum in I. Stel dat het maximum van u h dat het dichtst bij 0 ligt, in het punt x i wordt aangenomen. Dan is u h stijgend op het interval [x i 1, x i ] en niet stijgend op het interval [x i, x i+1 ]. Oftewel u h > 0 in [x i 1, x i ] en u h 0 in [x i, x i+1 ]. We weten ook dat v i > 0 in [x i 1, x i ] en v i 0 in [x i, x i+1 ]. Hieruit volgt dat u h v i > 0 op [0, 1] en 1 0 u h v i > 0 op I en dus dat 1 0 fv i = 1 0 u hv i > 0 op I. Omdat v i niet-negatief is, moet f ergens positief zijn. Dit is een tegenspraak met de aanname dat f 0. Dus heeft u h geen positief maximum. In het bovenstaande bewijs hebben we gebruik gemaakt van eigenschappen van specifieke basisfuncties. Het is echter niet duidelijk wat de precieze voorwaarden zijn van het discrete maximum principe. De volgende stelling geeft een voldoende voorwaarde van het discrete maximum principe. Stelling 2.5. Als er een niet-negatieve, orthogonale basis van V h bestaat, dan is het discrete maximum principe geldig. 9

12 Bewijs. Veronderstel dat v 1,..., v n een niet-negatieve, orthogonale basis is, dan geldt v i, v j = 0 voor alle i j. Dus wordt (2.4) oftewel en dus v v n 2 1 a 1 a n = a i v i 2 1 = (f, v i) f, v 1., f, v n a i = (f, v i) v i 2. 1 Tevens geldt dat v i 0 voor alle i en f 0. Hieruit volgt (f, v i ) 0 en dus a i 0 voor alle i. Dus n u h = a i v i 0. Dit bewijst de bewering. i=1 Opmerking. De basis bij stelling 2.5 is weliswaar niet-negatief, maar niet orthogonaal. Een voorbeeld van een niet-negatieve orthogonale basis voor continue stuksgewijs lineaire functies is de zogenaamde hierarchische basis. Deze kunnen we als volgt construeren. Stap 1: Stel x a = 0 en x b = 1, neem een knooppunt x i (x a, x b ), en definieer (x x a )/(x i x a ) als x [x a, x i ] v i (x) = (x b x)/(x b x i ) als x [x i, x b ] 0 anders. Stap 2: Verdeel het interval [x a, x b ] in [x a, x i ] en [x i, x b ] en pas stap 1 toe voor beide intervallen met andere x a, x b en x is. Stap 3: Herhaal stap 2 totdat alle knooppunten gebruikt zijn. In de onderstaande figuur zien we een illustratie van de hierarchische basis van 4 elementen. 10

13 Figuur 2.2: Illustratie van de hierarchische basis van 4 elementen. Stelling 2.6. De hierarchische basis is een niet-negatieve, orthogonale basis van V 1 0h. Bewijs. Het is duidelijk dat v i (x) 0 in I voor alle i. Zij v 1 de basisfunctie met grootste drager en v 2,..., v k de andere basisfuncties. Iedere nieuw geconstrueerde basisfunctie heeft een drager die óf disjunct is met de drager van een eerder geconstrueerde basisfunctie, of bevat is in het linker- of rechter deel van de drager van een eerder geconstrueerde basisfunctie. Dus voor i, j 2,..., k geldt v i, v j = 1 Verder is v 1 constant op elke interval en xb 0 v i (x)v j (x)dx = 0. (2.7) x a v i(x)dx = 0, i = 2,..., k. Dus 1 v 1(x)v i(x)dx = 0 i = 2,..., k. 0 Dus v 1,..., v k is een niet-negatieve orthogonale basis. We hebben gezien dat een niet-negatieve orthogonale basis van V h een voldoende voorwaarde is voor het discrete maximum principe. In het volgende hoofdstuk zullen we verder gaan met dit onderwerp. Maar eerst gaan we een noodzakelijke en voldoende voorwaarde van het discrete maximum principe formuleren met behulp van de zogeheten discrete Greense functie. 11

14 Definitie 2.7. Voor alle z I, heet de unieke oplossing G(, z) V h van de vergelijking v, G(, z) = v(z) v V h (2.8) de discrete Greense functie corresponderend met het punt z. De functie G : I I R heet de discrete Greense functie van het probleem (2.6). Vergelijking (2.8) geldt voor alle v V h, dus in het bijzonder geldt deze voor u h V h. Dit combineren met vergelijking (2.5) geeft voor alle z I. u h (z) = 1 0 G(x, z)f(x)dx (2.9) Stelling 2.8. Het discrete maximum principe is geldig dan en slechts dan als G(x, z) 0 voor alle x, z I. Bewijs.. Stel dat G(x, z) 0, dan geldt f 0 = x I : G(x, z)f(x) 0 = u h 0. Dus het discrete maximum principe is geldig.. Stel dat het discrete maximum principe geldig is en G(x, z) 0. Dan kunnen we een f kiezen die alleen kleiner dan nul is op punten waar G(x, z) < 0 is. Dan geldt u h (x) = 1 0 G(x, z)f(x)dx > 0. Dit is in tegenspraak met de aanname dat het discrete maximum principe geldig is. Nu hebben we een noodzakelijke en voldoende voorwaarde voor het discrete maximum principe gevonden. Maar we weten nog niet hoe de discrete Greense functie eruit ziet. In het volgende lemma zullen we de discrete Greense functie corresponderend met z expliciete schrijven als lineaire combinatie van basisfuncties in geval de basis orthogonaal is. Lemma 2.9. Zij {v 1, v 2,..., v n } een orthonormale basis van V h, dan geldt G(x, z) = n v i (z)v i (x). i=1 12

15 Bewijs. G(, z) V h, dus we kunnen G(x, z) schrijven als lineaire combinatie van basis functies van V h, met coëfficiënten die van z afhangen. G(x, z) = n c i (z)v i (x). (2.10) i=1 Dit invullen in (2.8) met v(z) = v j (z) geeft v j (x), G(x, z) = v j (z) n v i(x) c i (z)v i(x)dx = v j (z) i=1 n c i (z)v i(x)v j(x)dx = v j (z) i=1 n c i (z) i=1 1 0 v i(x)v j(x)dx = v j (z) n c i (z) v i, v j = v j (z). i=1 {v 1, v 2,..., v n } is een orthonormale basis, dus { 0 als i j v i, v j = 1 als i = j. Hieruit volgt dat voor alle j Invullen in 2.10 geeft c j (z) = v j (z). G(x, z) = n v i (z)v i (x). (2.11) i=1 Dit bewijst de bewering. We zien dat als de orthogonale basis niet-negatief is, dat dan ook G(x, z) niet-negatief is en het discrete maximum principe is dus geldig. Anderzijds bestaat de mogelijkheid dat, ook als er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat, G(x, z) 0 en dat het discrete maximum principe geldt. Dit gaan we in het volgende hoofdstuk onderzoeken. 13

16 Hoofdstuk 3 Polynomen van hogere graad In Hoofdstuk 2 hebben we gezien dat een niet-negatieve orthogonale basis van de gekozen functieruimte V h een voldoende voorwaarde is voor het discrete maximum principe. In dit hoofdstuk zullen we daarom niet-negatieve orthogonale bases proberen te vinden voor verschillende functieruimtes. 3.1 Stuksgewijs kwadratische benadering We bekijken eerst een eenvoudige geval. In Sectie 2.3 hebben we de hierarchische basis geïntroduceerd als een niet-negatieve orthogonale basis voor V0h 1 (I). Voor elke deelinterval [x i, x i+1 ] kunnen we de volgende functie definieren { (x xi )(x v i (x) = i+1 x) als x [x i, x i+1 ] (3.1) 0 anders. We kunnen nu eenvoudig een niet-negatieve orthogonale basis voor V 2 0h (I) maken door in elke deelinterval de bovenstaande kwadratische functie toevoegen aan de hierarchische basis. Stelling 3.1. De hierarchische basis met de kwadratische functies gedefinieerd door (3.1) vormen een niet-negatieve orthogonale basis voor V 2 0h (I). Bewijs. Het is duidelijk dat alle basisfuncties niet-negatief zijn. En het inwendigen van de dragers van de kwadratische functies zijn disjunct. Ze zijn dus zowel (, ) als, orthogonaal. In elke element zijn de afgeleiden van de lineaire functies constant en de afgeleiden van de kwadratische functies zijn lineaire functies door het middelpunt van het interval. Dus de kwadratische functies staan ook orthogonaal op de lineaire functies. En we wisten al dat de basisfuncties van de hierarchische basis orthogonaal zijn. Hieruit volgt dat de hierarchische basis met de kwadratische functies een niet-negatieve orthogonale basis voor V0h 2 (I) vormen. 14

17 Figuur 3.1: Illustratie van een niet-negatieve orthogonale basis voor V 2 0h (I) van 4 elementen. Opmerking. Stel, er bestaat op één interval I i een niet-negatieve orthogonale basis voor P0 k (I i ), dan bestaat er natuurlijk ook een niet-negatieve orthogonale basis voor V0h k (I), de ruimte van continue stuksgewijs k-de graads polynomen. Vanaf nu zullen we daarom het probleem beperken tot één interval: Vind niet-negatieve orthogonale basis polynomen p 2,..., p k van P0 k (I). Later zullen we ook zien dat het handig is om I = [ 1, 1] te nemen in plaats van I = [0, 1]. Het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis in I = [ 1, 1] is equivalent met het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis in I = [0, 1]. Dit is eenvoudig in te zien middels een affiene transformatie. 3.2 Lobatto polynomen In de vorige sectie hebben we gezien dat er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor V0h 1 2 (I) en V0h (I). Het probleem van het vinden van een niet-negatieve orthogonale basis voor V0h k kunnen we beperken tot één interval. Om niet-negatieve orthogonale basis polynomen p 2,..., p k van P0 k (I) te vinden, bekijken we de volgende aanpak. Allereerst gaan we een stelsel van orthogonale polynomen introduceren. Definitie 3.2. P j (x) = 1 d j 2 j j! dx j (x2 1) j. P j (x) heet het j-de graads Legendre polynoom. De eerste een paar Legendre 15

18 polynomen zijn (zie [3]) P 0 (x) = 1 P 1 (x) = x P 2 (x) = 1 2 (3x2 1) P 3 (x) = 1 2 (5x3 3x) P 4 (x) = 1 8 (35x4 30x 2 + 3) P 5 (x) = 1 8 (63x5 70x x). In de onderstaande figuur zien we de grafieken van P 1 tot en met P 5. Figuur 3.2: P 1 (x),..., P 5 (x) op [ 1, 1]. Een bekende eigenschap (zie [3]) van de Legendre polynomen is dat ze een orthogonale basis vormen ten opzichte van de standaard inproduct f, g = 1 1 f(x)g(x)dx. Merk op dat de primitieven van de Legendre polynomen orthongonaal op elkaar staan ten opzichte van de inproduct f, g = 1 1 f (x)g (x)dx. 16

19 Definitie 3.3. Het Lobatto polynoom van graad j is gedefinieerd als 2j 1 x L j (x) = P j 1 (t)dt, j = 2, 3, Dan is L j ( 1) = L j (1) = 0. Ze zijn dus gedefinieerd als de genormaliseerde 2j 1 primitieven van de Legendre polynomen. De factor zorgt ervoor dat 2 L j (x) 1 = 1 voor alle j. De eerste een paar Lobatto polynomen zijn (zie [1]) L 2 (x) = 1 4 6(1 x)(1 + x) L 3 (x) = x(1 x)(1 + x) L 4 (x) = (5x 2 1)(1 x)(1 + x) L 5 (x) = x(7x 2 3)(1 x)(1 + x). In de onderstaande figuur zien we de grafieken van L 2 tot en met L 5. Figuur 3.3: L 2 (x),..., L 5 (x) op [ 1, 1]. We hebben dus al een orthonormale basis van P k 0 (I) gevonden, namelijk L 2,..., L k. Maar die is niet niet-negatief. Het idee is een orthogonale transformatie toe te passen op de basisfuncties en te kijken of het mogelijk is om met die transformatie alle basisfuncties niet-negatief te maken. 17

20 3.3 Non-existentie van een niet-negatieve orthogonale basis voor P 3 0 (I) In deze sectie zullen we bewijzen dat een niet-negatieve orthogonale basis niet bestaat voor P 3 0 (I). Lemma 3.4. Laat θ [0, 2π] en definieer φ 2 = cos(θ)l 2 + sin(θ)l 3 φ 3 = sin(θ)l 2 + cos(θ)l 3, dan geldt: en φ 2 1 = φ 3 1 = 1 φ 2, φ 3 = 0. Bewijs. φ 2, φ 3 = cos(θ)l 2 + sin(θ)l 3, sin(θ)l 2 + cos(θ)l 3 = cos(θ) sin(θ) L sin2 (θ) L 2, L 3 = 0 want L 2 1 = L 3 1 = 1 en L 2, L 3 = 0. + cos 2 (θ) L 2, L 3 + sin(θ) cos(θ) L Orthogonaal getransformeerde van een orthonormale basis is dus ook een orthonormale basis. De vraag is dus of er een 2 2 orthogonale transformatie Q bestaat waarvoor geldt dat de getransformeerde basis positief is op I = [ 1, 1]. In het geval van P0 3 (I) vermoeden we dat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat. We gaan bewijzen dat het niet mogelijk is om met een orthogonale transformatie de functies L 2 en L 3 allebei positief af te beelden in [ 1, 1]. Een noodzakelijke voorwaarde van het bestaan van zo n transformatie is dat we eindig aantal punten van L 2 en L 3 in [ 1, 1] positief kunnen transformeren. Hiermee bedoelen we het volgende: Voor iedere eindige verzameling punten x 1,..., x n uit I moet er een θ bestaan zodanig dat φ 2 (x j ) en φ 3 (x j ) niet-negatief zijn voor alle j. Laat 1 = x 1 < x 2 <... < x n 1 < x n = 1 punten in I zijn. Definieer de horizontale vectoren Φ 2 = (L 2 (x 1 ),..., L 2 (x n )) 18

21 Φ 3 = (L 3 (x 1 ),..., L 3 (x n )) en schrijf Φ voor de 2 n matrix met rijen Φ 2 en Φ 3. De vraag is of er een 2 2 orthogonale transformatie Q bestaat waarvoor geldt dat QΦ = P, (3.2) waarbij P een niet-negatieve matrix is. Merk op dat als deze transformatie niet bestaat, er ook geen Q bestaat die L 2 en L 3 niet-negatief transformeert. Als deze wel bestaat, kunnen we echter nog niet concluderen dat er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat omdat we alleen voor eindig aantal punten kunnen controleren. (3.2) is equivalent aan de vraag of het mogelijk is om met één transformatie Q alle n de kolommen van Φ, te weten de vectoren [ ] L2 (x v j = j ), L 3 (x j ) in het eerste kwadrant van R 2 af te beelden. Een noodzakelijke voorwaarde hiervoor is dat deze n vectoren onderling alleen maar scherpe en rechte hoeken maken. Immers, twee vectoren die een stompe hoek maken kunnen nooit isometrisch in het eerste kwadrant worden afgebeeld. Stelling 3.5. De vectoren [ ] L2 ( 1 + ɛ) v l = L 3 ( 1 + ɛ) en v r = voor ɛ > 0 klein genoeg maken een stompe hoek. [ ] L2 (1 ɛ) L 3 (1 ɛ) Bewijs. Dit kunnen we aantonen door deze waarden in te vullen in de functievoorschriften van L 2 en L 3. Er geldt: cos(θ) = v l, v r v l v r, waar θ de hoek tussen v l en v r is en, het standaard inproduct in R 2 is. Om v l, v r uit te schrijven gaan we eerst de Lobatto polynomen op een andere manier schrijven. Definieer K j (x) = L j (x)/(l 0 (x)l 1 (x)) met L 0 (x) = (1 x)/2 en L 1 (x) = (1 + x)/2. Dan geldt: K 2 (x) = 6 K 3 (x) = 10x. 19

22 Nu kunnen we v l, v r uitschrijven. v l, v r = L 2 ( 1 + ɛ)l 2 (1 ɛ) + L 3 ( 1 + ɛ)l 3 (1 ɛ) = (L 0 ( 1 + ɛ)l 1 (1 ɛ))(k 2 ( 1 + ɛ)k 2 (1 ɛ) + K 3 ( 1 + ɛ)k 3 (1 ɛ)) Dit is negatief als ɛ 0 en K 2 ( 1 + ɛ)k 2 (1 ɛ) + K 3 ( 1 + ɛ)k 3 (1 ɛ) negatief is want L 0 0 en L 1 0. Er geldt: lim K 2 ( 1 + ɛ) = K 2 ( 1). ɛ 0 Dezelfde geldt voor andere termen. Dus lim K 2 ( 1 + ɛ)k 2 (1 ɛ) + K 3 ( 1 + ɛ)k 3 (1 ɛ) ɛ 0 = K 2 ( 1)K 2 (1) + K 3 ( 1)K 3 (1) = 6 10 = 4. Hieruit volgt de vectoren v l en v r een stompe hoek maken als ɛ > 0 klein genoeg is. Dit is ook te zien in de grafiek van de vectoren v 1,..., v n. Figuur 3.4: De vectoren v 1,..., v n. In figuur 3.4 kunnen we zien dat de buitenste twee vectoren een stompe hoek maken, omdat de bovenste vector boven ( 0.1, 0.1) gaat en de onderste vector onder ( 0.1, 0.1) gaat. 20

23 De vraag of er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P0 k (I) is dus equivalent aan de vraag of de grafiek van de kromme [ ] I R 2 L2 (t) : t L 3 (t) isometrisch in het eerste kwadrant kan worden afgebeeld. 3.4 Niet-negatieve orthogonale basis voor P 4 0 (I) Om een niet-negatieve orthogonale basis voor P 4 0 (I) te vinden proberen we dezelfde aanpak te volgen. Definieer de vectoren Φ 2 = (L 2 (x 1 ),..., L 2 (x n )) Φ 3 = (L 3 (x 1 ),..., L 3 (x n )) Φ 4 = (L 4 (x 1 ),..., L 4 (x n )) De vraag is of het mogelijk is om met één transformatie Q alle n de kolommen van Φ, te weten de vectoren L 2 (x j ) v j = L 3 (x j ) L 4 (x j ) in het eerste octant van R 3 af te beelden. Een noodzakelijke voorwaarde hiervoor is dat deze n vectoren onderling alleen maar scherpe en rechte hoeken maken. Numerieke experimenten suggereren dat de vectoren v j onderling altijd scherpe hoeken maken. Maar dit is geen bewijs omdat we alleen voor eindig veel punten kunnen controleren. We hebben dus een analytische bewijs nodig. We willen bewijzen dat de hoeken tussen alle paren vectoren v j en v k scherp zijn. Oftewel cos(θ) 0 voor alle paren vectoren v j en v k, waar θ de hoek tussen v j en v k is. Dit is equivalent aan cos(θ) v j v k 0 4 L i (x j )L i (x k ) 0. i=2 21

24 Voor alle j en k. We gaan de laatste ongelijkheid bewijzen door iets sterkers te laten zien, namelijk dat 4 L i (x j )L i (x k ) 0 i=2 voor alle x, y I. In Hoofdstuk 2 hebben we al aangetoond dat dit een voldoende en noodzakelijke voorwaarde van het discrete maximum principe is. We kunnen dus aantonen dat de discrete maximum principe geldig is voor P0 4 (I). Stelling i=2 L i(x)l i (y) 0 voor alle x, y I Bewijs. Er geldt 4 L i (x)l i (y) = 1 4 L 0(x)L 1 (x)l 0 (y)l 1 (y) i=2 Voor alle x, y [ 1, 1] geldt L 0 (x)l 1 (x)l 0 (y)l 1 (y) 0, 4 K i (x)k i (y). want 1 ξ 0 en 1 + ξ 0 voor alle ξ [ 1, 1]. Het is dus voldoende te bewijzen dat 4 i=2 K i(x)k i (y) 0. We weten: K 2 (x) = 6 K 3 (x) = 10x i=2 en K 4 (x) = L 4 (x)/(l 0 (x)l 1 (x)) = (5x 2 1). Invullen geeft: 22

25 K 2 (x)k 2 (y) + K 3 (x)k 3 (y) + K 4 (x)k 4 (y) = xy (5x2 1)(5y 2 1) = xy x2 y x y = 5 8 (35x2 y 2 7x 2 7y xy + 11) = 5 8 (7x2 y 2 7x 2 7y x 2 y xy x 2 y 2 ) = 5 8 (7(x2 1)(y 2 1) + 4(2xy + 1) x 2 y 2 ) 0. Hoewel we bewezen hebben dat de vectoren v j onderling alleen maar scherpe en rechte hoeken maken, kunnen we nog niet concluderen dat er een nietnegatieve orthogonale basis bestaat voor P0 4 (I). Het is mogelijk om een aantal vectoren in R 3 te geven die paarsgewijs rechte en scherpe hoeken maken, maar die desondanks toch niet naar het eerste octant van R 3 zijn te roteren. Bekijk het volgende voorbeeld. Voorbeeld 3.7. Bekijk de ingeschreven cirkel van de driehoek (1, 0, 0),(0, 1, 0), (0, 0, 1) in R 3. Deze cirkel heeft straal r = 2/ 6. Door lijnen van de oorsprong naar de oppervlak van deze cirkel te trekken vinden we vectoren die onderling alleen maar scherpe hoeken maken. Deze vectoren liggen allemaal in het eerste octant. Bekijk nu een cirkel in hetzelfde vlak met hetzelfde middelpunt en iets grotere straal r + ɛ. Voor ɛ > 0 klein genoeg zijn de hoeken tussen de vectoren van de oorsprong naar deze cirkel nog steeds scherp. Maar toch kunnen we niet met één rotatie alle vectoren in de eerste octant te roteren. 3.5 Hogere graden In de voorgaande secties hebben we gezien dat 4 i=2 K i(x)k i (y) 0 voor alle x, y [ 1, 1] een noodzakelijke maar niet voldoende voorwaarde is voor het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis voor P0 4 (I). We kunnen dit generaliseren naar algemene gevallen. Het is noodzakelijk dat k i=2 K i(x)k i (y) 0 voor alle x, y [ 1, 1] voor het bestaan van een nietnegatieve orthogonale basis voor P0 k (I). Dus is de geldigheid van het discrete 23

26 maximum principe een noodzakelijke voorwaarde voor het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis. Om deze aanpak te volgen hebben we K 5,..., K k nodig. Die voldoen aan (zie [1]) de recursie 2j + 1 2j + 3 K j+2 (x) = xk j+1 (x) j 1 2j + 3 j + 2 j + 2 2j 1 K j(x), j = 2, 3,... (3.3) Om te bewijzen dat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P0 k (I) bestaat is het voldoende om punten ˆx en ŷ te vinden waar k i=2 K i(ˆx)k i (ŷ) < 0. We kunnen deze som in eindig aantal punten controleren of ze negatief zijn. Bekijk eerst de afbeeldingen in figuur 3.5. Hierin zien we het domein I I van G. De donkere gebieden corresponderen met de negatieve punten van k i=2 K i(x)k i (y). Uit numerieke experimenten blijkt dat voor k = 5 en k = 7,..., 100 de som k i=2 L i(x)l i (y) ergens negatief is. Dit is een sterke aanwijzing dat er geen niet-negatieve, orthgonale basis van P k 0 (I) bestaat voor k 7. In onze experimenten hebben we ook gezien dat voor oneven k de som negatief is in het punt ( 1, 1). Dit gaan we nu bewijzen. Merk op dat k L j (x)l j (y) = (L 0 (x)l 1 (y)) j=2 k K j (x)k j (y). Het is dus voldoende te bewijzen dat k i=2 K i(1)k i ( 1) 0. We proberen een directe formule te vinden voor k i=2 K i(1)k i ( 1). Door de eerste een paar K j (1) s uit te rekenen hebben we de volgende tabel gevonden: j=2 j K j (1)

27 Figuur 3.5: Discrete Greense functie van graden 3 tot en met 8. 25

28 Dit leidt tot het volgende vermoeden: Lemma 3.8. en K j (1) = 4j 2 (3.4) K j ( 1) = ( 1) j 1 4j 2. (3.5) Bewijs. In dit bewijs schrijven we voor het gemak K j voor K j (1). Bewijs met inductie. Basis stap: De formule is waar voor j = 2 en j = 3. (zie K 2, K 3 op blaadzijde 17) Inductie stap: Neem aan dat de formule waar is voor K j en K j+1, met behulp van de recursie (3.3) vinden we 2j + 1 2j + 3 K j+2 = ( 4j + 2) j 1 2j + 3 j + 2 j + 2 2j 1 ( 4j 2) = (2j + 1) 2(2j + 3) + j 1 2(2j + 3) j + 2 j + 2 2(2j + 3) = ( (2j + 1) + j 1) j + 2 4j + 6 = ( j 2) j + 2 = 4j + 6 = 4(j + 2) 2. Op dezelfde manier kunnen we bewijzen dat K j ( 1) = ( 1) j 1 4j 2. Dit leidt tot de volgende stelling. Stelling 3.9. Voor k oneven is de discrete Greense functie negatief in ( 1+ɛ, 1 ɛ). En er bestaat geen niet-negatieve orthogonale basis voor P k 0 (I). Bewijs. Pas formule (3.4) en (3.5) toe. Voor j oneven geldt: K j 1 ( 1)K j 1 (1) + K j ( 1)K j (1) = 4(j 1) 2 (4j 2) = 4. Dus voor k oneven geldt: k K j ( 1)K j (1) = 4(k 1)/2 < 0. j=2 26

29 Voor ɛ > 0 klein genoeg is k j=2 K j( 1 + ɛ)k j (1 ɛ) nog steeds negatief, terwijl L 0 en L 1 groter dan nul zijn. Hieruit volgt k L j ( 1 + ɛ)l j (1 ɛ) = (L 0 ( 1 + ɛ)l 1 (1 ɛ)) j=2 k K j ( 1 + ɛ)k j (1 ɛ) < 0. j=2 Voor k even hebben we nog geen bewijs of er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P k 0 (I). In onze numerieke experimenten hebben we gezien dat voor even k 8 de discrete Greense functie altijd ergens negatief is op de rand van [ 1, 1] [ 1, 1]. Daarom hebben we een paar eendimensionale grafieken gemaakt om de negatieve punten duidelijk te maken. Hierbij hebben we x = 1 gekozen en laten we dus y G(, y) zien. 27

30 3.6 Conclusies In dit hoofdstuk hebben we een niet-negatieve orthogonale basis voor de ruimte van continue stuksgewijs kwadratische functies gevonden. Verder hebben we laten zien dat we het probleem kunnen beperken tot één interval. Vervolgens hebben we met behulp van de discrete Greense functie bewezen dat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P0 k (I), waar k een oneven gehele getal is. Voor k even hebben we nog geen nette bewijs gevonden. Gebaseerd op de resultaten van numerieke experimenten vermoeden we dat er ook geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor even k 8. En de gevallen k = 4 en k = 6 blijven open. 28

31 Conclusies De twee grootste onderwerpen van deze handeling zijn het discrete maximum principe en niet-negatieve orthogonale polynomen. In Hoofdstuk 2 hebben we met behulp van de discrete Greense functie een voldoende en noodzakelijke voorwaarde van het discrete maximum principe geformuleerd. We hebben ook bewezen dat het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis een voldoende voorwaarde is voor het geldigheid van het discrete maximum principe. In Hoofdstuk 3 zijn we opzoek naar een niet-negatieve orthogonale basis van P0 k. Het bestaan van zo n basis is equivalent met het isometrisch transformeren naar het eerste orthant van R k 1 van de grafiek van de kromme L 2 (t) γ : R R k 1 : t.. L k (t) Een noodzakelijke voorwaarde hiervoor is dat voor ieder paar t 1, t 2 geldt dat γ(t 1 ) en γ(t 2 ) een niet-stompe hoek maken. De cosinus van die hoek is gelijk aan L 2 (t 1 ) L 2 (t 2 ).. L k (t 1 ) L k (t 2 ) L 2 (t 1 ) L 2 (t 2 ).. L k (t 1 ) L k (t 2 ) en dus moet L 2 (t 1 )L 2 (t 2 ) L k (t 1 )L k (t 2 ) 0, en dus is het geldigheid van het discrete maximum principe noodzakelijk. Voor oneven k hebben we bewezen dat deze som negatief is in ( 1, 1). Er bestaat dus geen nietnegatieve orthogonale basis voor P0 k (I), waar k een oneven gehele getal is. Voor k = 2 is p 2 (x) = x(1 x) een triviale oplossing. Voor k = 4 hebben we bewezen dat deze som niet-negatief is, maar dit wil nog niet zeggen dat 29

32 er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat. Geval k = 6 blijft open en voor even k 8 vermoeden we, gebaseerd op de resultaten van numerieke experiementen, dat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat. 30

33 Populaire samenvatting In R 3 hebben we drie standaard vectoren, e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) en e 3 = (0, 0, 1). Deze drie vectoren spannen het hele R 3 op. Ze vormen dus een basis voor R 3. Deze basis heeft bijzondere eigenschappen. Namelijk alle basisvectoren zijn niet-negatief, elke paren basisvectoren staat loodrecht op elkaar ten opzichte van de standaard inproduct en alle basisvectoren hebben norm 1 ten opzichte van de standaard norm. Deze basis wordt dus een niet-negatieve orthogonale basis genoemd. We kunnen ook een andere inproducten en normen definieren als het maar voldoen aan de axioma s van inproduct en norm. We kunnen bijvoorbeeld een symmetrische positief definite matrix A nemen en x, y = x Ay x A = x, x definieren. Het is makkelijk te bewijzen dat ze voldoet aan de axioma s van inproduct en norm. Met deze inproduct is het niet altijd mogelijk om een niet-negatieve orthogonale basis te vinden. Existentie van zo n basis hangt dus van A af. Behalve de inproduct en norm kunnen we ook de ruimte veranderen. Neem bijvoorbeel de ruimte van polynomen tot en met graad k, met de inproduct, gedefinieerd als f, g = De geassocieerde norm hiervan is 1 0 f (x)g (x)dx. w 1 = < w, w >. Het doel van deze verhandeling is een niet-negatieve orthogonale basis te vinden in deze inproductruimte. Niet-negatieve orthogonale polynomen hebben mooie toepassingen in de eindige elementen methode, die kunnen de oplossingen van partiële differentiaalvergelijkingen benaderen. 31

34 Bibliografie [1] Tomas Vejchodsky and Pavel Solin, Discrete maximum principle for higher-order finite elements in 1D [2] Endre Sli and David Francis Mayers, An Introduction to Numerical Analysis [3] N.M. Temme, Speciale Functies in de Mathematische Fysica 32