Dictaat Wiskunde 3. Bas Janssens 5 april 2016

Transcriptie

1 Dictaat Wiskune 3 Bas Janssens 5 april 2016

2 Voorwoor Dit is het ictaat voor het college Wiskune 3 voor Scheikunigen, at plaatsvon aan e Universiteit Utrecht in e perioe februari april Aan bo komen een aantal onerwerpen uit e unstkreis van e Fouriertheorie, zoals e Fouriertransformatie voor perioieke en niet-perioieke functies, lineaire homogene en inhomogene ifferentiaalvergelijkingen, en een aantal lineaire PDE s ie zich op het grensvlak van natuur- en scheikune ophouen, met name e warmtevergelijking en e Schröingervergelijking. De onerwerpen woren benaer vanuit het gezichtspunt van e lineaire algebra, us met vectorruimten, inproucten, en operatoren met hun eigenwaaren en eigenvectoren. Ten slotte wil ik graag vermelen at ik bij het schrijven van it ictaat veel heb geha aan e syllabus Wiskunige Technieken 3 van mijn voorganger Jan Stienstra. Bas Janssens, april

3 Inhousopgave 1 Lineaire ruimten en inproucten Optelling, scalarvermenigvuliging en inprouct in R Deelvectorruimten van R De vectorruimten R N en C N Algemene efinitie van vectorruimte en inprouct Fouriertheorie voor perioieke functies De Fouriercoëfficiënten Stelling van Parseval Eigenschappen van e Fouriercoëfficiënten Benaering met goniometrische functies Convergentie van e Fourierreeks Lineaire ifferentiaalvergelijkingen Lineaire ifferentiaalvergelijkingen in meer variabelen Lineaire afbeelingen en ifferentiaalvergelijkingen Oplossingen van lineaire ifferentiaalvergelijkingen Hermitische operatoren Differentiaaloperatoren met constante coëfficiënten Fouriertheorie voor integreerbare functies De inversiestelling van Fourier De Stelling van Plancherel Eigenschappen van e Fouriertransformatie Differentiaaloperatoren met constante coëfficiënten Inhomogene lineaire ifferentiaalvergelijkingen Inhomogene vergelijkingen in een vectorruimte V Een vervalproces met bron De warmtevergelijking Oplossingen voor een oneinig lange raa convolutie en δ-functies

4 1 Lineaire ruimten en inproucten De lineaire algebra kent rie funamentele operaties: e optelling, e scalaire vermenigvuliging en het inprouct. Het belang van eze rie operaties is at ze niet alleen e Eucliische ruimte van vectoren in rie imensies goe beschrijven, maar ook bijvoorbeel e quantummechanische toestansruimte van kwaratisch integreerbare golffuncties. 1.1 Optelling, scalarvermenigvuliging en inprouct in R 3 Op e ruimte R 3 van rieimensionale vectoren zit van nature een optelling. Als v = (x, y, z) en v = (x, y, z ) twee vectoren in R 3 zijn, an is hun som weer een vector in R 3. v + v = (x + x, y + y, z + z ) (1) v + v v v Fig. 1: Optellen van v en v Verer heeft R 3 een scalaire vermenigvuliging. Als v = (x, y, z) een vector in R 3 is, en λ is een reëel getal, an is het prouct λ v = (λx, λy, λz) (2) weerom een vector in R 3. De tegengestele van v is e vector v = ( 1) v, en het verschil v v is e som van v en e tegengestele van v, v v = v + ( v). v 2 v v Fig. 2: De vectoren λ v voor λ = 1, 2 en 1. We schrijven 0 = (0, 0, 0) voor e nulvector in R 3. De optelling en scalaire vermenigvuliging in R 3 voloen aan een aantal voor e han liggene rekenregels: 3

5 V1) Een vector v veranert niet als je hem met 1 vermenigvuligt, of als je er e nulvector bij optelt, 1 v = v en 0 + v = v. Als je een vector v bij zijn tegengestele v optelt, krijg je e nulvector, v v = 0. V2) Het maakt niet uit in welke volgore je vectoren v en v bij elkaar optelt, of met een getal λ vermenigvuligt. Preciezer: er gelt v + v = v + v, v + ( v + v ) = ( v + v ) + v, en λ( v + v ) = λ v + λ v. V3) Het maakt niet uit of je twee getallen λ en µ eerst met elkaar vermenigvuligt en an met een vector v, of anersom: λ(µ v) = (λµ) v. Hetzelfe gelt voor het optellen van getallen: (λ + µ) v = λ v + µ v. Opgave 1.1. Teken e plaatjes ie horen bij e rekenregels V2 en V3. Opgave 1.2. Verifieer V1, V2 en V3 aan e han van e formules (1) en (2). Behalve e optelling en scalaire vermenigvuliging bezit R 3 nog een funamentele operatie: het inprouct van twee vectoren v = (x, y, z) en v = (x, y, z ) is het getal ( v, v ) = xx + yy + zz. (3) Voor het inprouct gelen e verere rekenregels: I1) Het inprouct respecteert optelling en scalaire vermenigvuliging: ( v, v + v ) = ( v, v ) + ( v, v ) en ( v, λ v ) = λ( v, v ). I2) Het inprouct is symmetrisch: ( v, v ) = ( v, v). I3) Het inprouct van een vector met zichzelf is niet negatief, ( v, v) 0. Bovenien is ( v, v) = 0 alleen mogelijk als v = 0. Dit laatste gelt omat ( v, v) = x 2 + y 2 + z 2 het kwaraat van e lengte van e vector v in R 3 is. De lengte v van v valt us uit te rukken in termen van het inprouct, v = ( v, v). (4) Opgave 1.3. Strikt genomen volgt uit e formules in I1 alleen at e rechterkant van het inprouct optelling en scalaire vermenigvuliging respecteert. Gebruik e symmetrie (I2) om te laten zien at it automatisch ook gelt voor e linkerkant: ( v + v, v ) = ( v, v ) + ( v, v ) en (λ v, v ) = λ( v, v ) Inproucten en rotaties We hebben gezien at lengte uit te rukken is in termen van het inprouct. Omgekeer rukken we nu het inprouct van v en v uit in e lengtes van v, van v en van hun verschil v v. We zien an irect at inproucten niet veraneren oner rotaties, eenvouigweg omat lengtes at ook niet oen. Door gebruik te maken van e rekenregels I1) en I2) zien we at ( v v, v v ) I1 = ( v v, v) ( v v, v ) Opg.1.3 = ( v, v) ( v, v) ( v, v ) + ( v, v ), I2 = ( v, v) 2( v, v ) + ( v, v ). 4

6 We halen e term ( v, v ) naar e linkerkant, en zien at het inprouct ( v, v ) uitgerukt kan woren in e kwaratische lengtes ( v, v) = v 2, ( v, v ) = v 2 en ( v v, v v ) = v v 2 als ( v, v ( ) = 1 2 ( v, v) + ( v, v ) ( v v, v v ) ) = 1 2 ( v 2 + v 2 v v 2 ). (5) Volgens e stelling van Pythagoras gelt v v 2 = v 2 + v 2 an en slechts an als v loorecht staat op v. v v v v v v v v Fig. 3: In e rechterfiguur gelt v v, en us v v 2 = v 2 + v 2. Hieruit volgt irect at e orthogonaliteit van twee vectoren uitgerukt kan woren in termen van het inprouct. Propositie 1.1. Twee vectoren v en v in R 3 staan loorecht op elkaar, v v, precies an als hun inprouct nul is, ( v, v ) = 0. Bewijs. Volgens formule (5) gelt ( v, v ) = 0 precies an als v 2 + v 2 = v v 2. Volgens e stelling van Pythagoras is it het geval an en slechts an als v loorecht op v staat. Opmerking 1. Strikt genomen nemen we hierboven aan at v 0 en v 0. We efiniëren nu eenvouig at e nulvector 0 loorecht staat op elke anere vector. Behalve at hiermee Propositie 1.1 gere is, blijkt it ook in anere opzichten een hanige conventie te zijn. Een afbeeling L: R 3 R 3 ie vectoren naar vectoren overvoert, heet lineair als zij optelling en scalaire vermenigvuliging respecteert, L( v + v ) = L( v) + L( v ) L1) L(λ v) = λl( v). L2) Een lineaire isometrie is een lineaire afbeeling R: R 3 R 3 ie bovenien lengtes behout, Rv = v. L3) In het bijzoner is elke rotatie ie e oorsprong vast laat een isometrie; bij rotatie van een vector veranert immers e lengte niet. Opgave 1.4. Maak een schets van L1), L2) en L3), waar R een rotatie van π/4 (ofwel 45 ) om e z-as is, en v = (1, 0, 0), v = (3, 1, 0). Formule (5) heeft nu het volgene interessante gevolg. 5

7 Propositie 1.2. Het inprouct is behouen oner isometrie, (R( v), R( v )) = ( v, v ). Bewijs. Formule (5) rukt het inprouct uit in lengtes, en lengtes zijn behouen oner isometrie. Dus zijn ook inproucten behouen oner isometrie. Voor wie it liever in formules ziet: voor ieere isometrie R gelt R v = v, R v = v, en R( v v ) = R( v) R( v ) = v v. In combinatie met formule 5 levert it (R( v), R( v ( )) = 1 2 R( v) 2 + R( v ) 2 R( v) R( v ) 2) ( v 2 + v 2 v v 2) = ( v, v ). = 1 2 We conclueren at (R( v), R( v )) = ( v, v ) voor alle v, v in R 3. Met anere wooren: niet alleen lengtes en hoeken, maar ook inproucten zijn behouen zijn oner rotaties Inproucten en hoeken We kunnen nu inproucten uitrekenen oor e vectoren in een gunstige positie te roteren. De volgene propositie beschrijft het inprouct in termen van lengtes en hoeken. Propositie 1.3. Maken twee vectoren v en v in R 3 een hoek θ, an gelt ( v, v ) = v v cos(θ). (6) Bewijs. Roteer e vectoren v en v zó at v parallel wort aan e z-as, en in positieve richting wijst. Roteer aarna om e z-as totat v zich in het x-z-vlak bevint. We hebben an v = (0, 0, z) met z 0, en v = (x, 0, z ). v z x v θ v Fig. 4: In eze rechthoekige riehoek gelt cos(θ) = z / v. Oner rotatie blijven lengtes, hoeken, en inproucten behouen. Zowel het linker- als het rechterli van (6) blijven na rotatie us hetzelfe. We berekenen het rechterli v v cos(θ). In figuur 4 zien we at v = z en cos(θ) = z / v, zoat v v cos(θ) = z v (z / v ) = zz. Het linkerli ( v, v ) heeft ezelfe waare, ( v, v ) = 0 x z z = zz. 6

8 Opgave 1.5. Wat zegt Formule 6 als θ = 0? Wat als θ = π/2 (ofwel 90 )? Wat als θ = π (ofwel 180 )? Zijn er eenvouiger manieren om it in te zien? Als we e variabele θ vrij maken in formule 6, an vinen we cos(θ) = ( v, v ) v v, ofwel θ = arccos ( ( v, v ) v v ). (7) Merk op at e lengtes v en v kunnen woren uitgerukt in termen van het inprouct met behulp van e formule v = ( v, v). Zo bezien geeft (7) een formule voor e hoek θ in termen van louter inproucten. Opgave 1.6. Bereken e hoek tussen v = (0, 0, 1) en v = (1, 0, 1), en maak een tekening. Doe hetzelfe voor v = (0, 0, 1) en v = (1, 0, 1). Voor welke hoeken is ( v, v ) > 0? En wanneer is ( v, v ) < 0? Opgave 1.7. Wat is e hoek tussen v = (4, 2, 6) en v = ( 3, 3, 1)? Is e hoek tussen v = (4, 2, 7) en v = ( 3, 3, 1) stomp of scherp? Opgave 1.8. In een methaanmolecuul zit het koolstofatoom in e oorsprong (0, 0, 0), terwijl e vier waterstofatomen zich in e hoekpunten (±1, 0, 1/ 2) en (0, ±1, 1/ 2) van een tetraëer bevinen. Maak een schets en bereken e biningshoeken. Bereken ook e hoek tussen twee snijene ribben Orthonormale bases in R 3 Een basis van R 3 is een rietal vectoren b 0, b 1 en b 2 zo at ieere vector v op precies één manier geschreven kan woren als v = λ 0 b0 + λ 1 b1 + λ 2 b2. We eisen us at e basiscoëfficienten λ 0, λ 1 en λ 2 eenuiig bepaal zijn oor v. Een basis heet orthogonaal als e verschillene basisvectoren loorecht op elkaar staan, b i b j voor i j. Ze heet orthonormaal als bovenien alle basisvectoren lengte 1 hebben. De stanaarbasis van R 3 is e 0 = (1, 0, 0), e 1 = (0, 1, 0) en e 2 = (0, 0, 1). Ieere vector v = (x, y, z) valt te schrijven als v = xe 0 + ye 1 + ze 2, en e basiscoëfficienten λ 0 = x, λ 1 = y, en λ 2 = z zijn eenuiig bepaal oor v. De stanaarbasis is orthonormaal; e basisvectoren e i hebben lengte 1 omat e i 2 = ( e i, e i ) = 1, en ze staan loorecht op elkaar omat ( e i, e j ) = 0 als i j. De eis at een basis orthonormaal is, valt volleig uit te rukken in termen van het inprouct. Een basisvector b i heeft lengte 1 als b i 2 = ( b i, b i ) = 1, en bi b j als ( b i, b j ) = 0. Een basis b i is us orthonormaal als ( b i, b j ) = δ ij. Hier is δ ij e Kronecker elta, met δ ij = 1 als i = j, en δ ij = 0 als i j. Opgave 1.9. Bepaal voor e volgene vectoren b 0, b 1 en b 2 of zij een basis vormen van R 3. Zoja, Druk an voor v = (x, y, z) e basiscoëfficienten λ 0, λ 1 en λ 2 uit in x, y en z. (Maak liefst een schets.) Is e basis orthonormaal? 7

9 a) b 0 = (1/ 2, 1/ 2, 0), b 1 = (1/ 2, 1/ 2, 0), en b 2 = (0, 0, 1). b) b 0 = (1, 0, 1), b 1 = (0, 1, 1), en b 2 = (0, 0, 1). c) b 0 = (1, 1, 1), b 1 = (1, 1, 0), b 2 = (1, 1, 1). Opgave Zij b 0 = 1 5 (4, 3, 0) en b 1 = (0, 1, 1). We veraneren nu b 1 oor er een veelvou van b 0 van af te trekken, b 1 = b 1 α b 0. Voor welke waare van α gelt b 0 b 1? Voor een orthogonale basis b i is er een simpele manier om e basiscoëfficienten λ 0, λ 1 en λ 2 van een vector v te bepalen. Propositie 1.4. De basiscoëfficienten λ i van een vector v ten opzichte van een orthogonale basis b i zijn λ i = ( b i, v)/( b i, b i ). (8) Bewijs. We berekenen eerst λ 0. Als v = λ 0 b0 + λ 1 b1 + λ 2 b2, an gelt ( b 0, v) = ( b 0, λ 0 b0 + λ 1 b1 + λ 2 b2 ) I1 = λ 0 ( b 0, b 0 ) + λ 1 ( b 0, b 1 ) + λ 2 ( b 0, b 2 ). Omat e basis b i orthogonaal is, gelt ( b 0, b 1 ) = ( b 0, b 2 ) = 0. We hebben us ( b 0, v) = λ 0 ( b 0, b 0 ) + λ λ 2 0 = λ 0 ( b 0, b 0 ), en vinen λ 0 = ( b 0, v)/( b 0, b 0 ). De berekening van λ 1 en λ 2 gaat net zo. Als een basis niet alleen orthogonaal, maar zelfs orthonormaal is, an gelt ( b i, b i ) = 1. We vinen an λ i = ( b i, v). (9) Voor een basis niet orthogonaal is, gelt geen van beie formules. Opgave Controleer at b 0 = (1, 1, 0), b 1 = (1, 1, 1), en b 2 = (1, 1, 2) een orthogonale basis is. Loop het bewijs van Propositie 1.4 na voor e vector v = (1, 0, 0). Wat zijn e basiscoëfficienten λ 0, λ 1 en λ 2? Neem e proef op e som oor λ 0 b0 + λ 1 b1 + λ 2 b2 te berekenen. Opgave Herhaal e vorige opgave voor v = (x, y, z). Opgave Is e basis b 0 = (1, 1, 3), b 1 = (2, 1, 1), b 2 = ( 4, 7, 1) van R 3 orthogonaal? Is zij orthonormaal? Bepaal e basiscoëfficiënten λ i van een vector v = (x, y, z). Opgave Maak van e basis b i uit opgave 1.13 een orthonormale basis. (Deel hiervoor elke vector oor zijn lengte, b i = b i / b i.) Bereken e basiscoëfficienten λ i ten opzichte van b i, en vergelijk ze met e coëfficiënten λ i uit Wat valt je op? 1.2 Deelvectorruimten van R 3 Een eelvectorruimte V van R 3 is een verzameling vectoren v ie e nulvector bevat, en gesloten is oner optelling en scalaire vermenigvuliging. Met anere wooren: 8

10 D1) De nulvector 0 zit in V. D2) Als v en v vectoren zijn in V, an is ook v + v een vector V. D3) Als v een vector is in V, an voor ieer getal λ ook λ v een vector in V. De enige eelvectorruimte van imensie 0 is e oorsprong V = { 0}. Ze bevat één vector v = 0, waarvan alle sommen en scalaire veelvouen weer 0 zijn. Een eelvectorruimte van imensie 1 is een lijn l oor e oorsprong. De som van twee vectoren v en v op e lijn l ligt an weerom op l, en ieer veelvou λ v van een vector v op l ligt zelf weer op l. Let op: een lijn ie niet oor e oorsprong gaat, is ook geen eelvectorruimte. Sommen en veelvouen van vectoren liggen an namelijk niet op e lijn. v v v v + v v l l Fig. 5: De lijn l gaat oor e oorsprong; als v en v op l liggen, an oen v + v en λ v at ook. De lijn l gaat niet oor e oorsprong; e vectoren v en v liggen op l, maar hun som v + v niet. Een eelvectorruimte van imensie 2 is een vlak oor e oorsprong. Om ezelfe reen als voorheen is een vlak at niet oor e oorsprong gaat, ook geen eelvectorruimte. v + v V v v v v Ṽ Fig. 6: Het vlak V gaat oor e oorsprong; e som van v en v ligt weer op V. Het vlak Ṽ gaat niet oor e oorsprong; v en v liggen in Ṽ, maar v + v niet. De enige eelvectorruimte van imensie 3 is e gehele ruimte R Bases van eelvectorruimten De rekenregels V1 V3 en I1 I3 voor vectoren in R 3 gelen natuurlijk ook in ieere eelvectorruimte V van R 3. We kunnen us allerlei efinities en stellingen voor R 3 ook formuleren voor haar eelruimten V. 9

11 Zo is een basis van V een stel vectoren b i zó at elke vector v in V op precies één manier geschreven kan woren als n 1 v = λ i bi. i=0 Het aantal basisvectoren, n, is e imensie van e ruimte. Een lijn (n = 1) heeft een basis b 0, een vlak (n = 2) heeft een basis b 0, b 1, en e gehele rieimensionale ruimte (n = 3) heeft een basis b 0, b 1, b 2. Uiteraar heet een basis weer orthogonaal als ( b i, b j ) = 0 voor i j, en orthonormaal als ( b i, b j ) = δ ij. In een lijn bestaat een basis uit één vector b 0, en is us automatisch orthogonaal. In een vlak V is een basis b 0, b 1 orthogonaal als ( b 0, b 1 ) = 0. Als v een vector in een vlak V met orthogonale basis b 0, b 1 is, an vin je e basiscoëfficienten λ 0 en λ 1 weer oor λ 0 = ( b 0, v)/( b 0, b 0 ), λ 1 = ( b 1, v)/( b 1, b 1 ). (10) Het argument hiervoor is hetzelfe als in Propositie 1.4. Opgave Controleer (10) aan e han van het bewijs van Propositie 1.4. Het vlak V van vectoren v = (x, y, z) in R 3 met x+z = 0 is bijvoorbeel een lineaire eelruimte. Het bevat e nulvector 0, want = 0. Als v in V zit, an zit ook λ v in V, want als x + z = 0, an gelt ook λx + λz = 0. Ten slotte zit e som v + v in V als v en v in V zitten, want als x + z = 0 en x + z = 0, an gelt ook (x + x ) + (z + z ) = 0. Deze eelruimte V heeft een basis b 0 = (1, 0, 1), b 1 = (0, 1, 0). Deze is orthogonaal, ( b 0, b 1 ) = 0, us e basiscoëfficiënten van een vector v in V zijn λ 0 = (x z)/2 en λ 1 = y. Merk op at voor een vector v in V gelt at z = x; je kunt ook λ 0 = x schrijven Projecties Stel at v = (x, y, z) een vector in R 3 is, en V een eelvectorruimte van R 3. Dan is e projectie P ( v) van v = (x, y, z) op V e vector in V ie het ichtst bij v ligt. Er gelt an ( v P ( v)) V. v V P ( v) ( v P ( v)) Fig. 7: De projectie P ( v) van v op het vlak V. Als je een orthogonale basis van V hebt, an vin je e projectie van een vector v in R 3 op precies ezelfe manier als je e basiscoëfficiënten van een vector v in V vint. 10

12 Propositie 1.5. Als b i een orthogonale basis is van V, en v is een vector in R 3, an is n 1 P ( v) = λ i bi (11) met λ i = ( b i, v)/( b i, b i ). Bewijs. Omat P ( v) in V zit en b i een basis is van V, zijn er coëfficiënten λ i zó at (11) gelt. Om ie te vinen, gebruiken we at v P ( v) loorecht op V staat, en us ook loorecht op elke basisvector b j. We zien an, at 0 = ( b j, v n 1 i=0 λ ib i ) = ( b j, v) λ j ( b j, b j ), en us λ j = ( b j, v)/( b j, b j ). i= Orthogonaliseren van een basis Orthogonale bases zijn vaak makkelijk om mee te werken. Als b 0,..., b n 1 een basis van V is, kunnen we eze orthogonaliseren oor stees van ieere basisvector b i e projectie op alle vorige basisvectoren b j met j < i af te trekken. We verkrijgen an een orthogonale basis b i. 0) We beginnen met b 0. Deze vormt e basis van e lijn V 0 = {λ 0 b0 ; λ 0 R}. We maken b 0 e eerste vector van onze orthogonale basis b i, b 0 = b 0. 1) De tweee basisvector b 1 is het verschil van b 1 en zijn projectie P ( b 1 ) op e lijn V 0. We vinen b 1 = b 1 P ( b 1 ). Met Propositie 1.5 volgt nu e formule b 1 = b 1 ( b 0, b 1 ) ( b 0, b 0 ) b 0. We hebben an b 0 b 1. Omat b0, b 1 en b 0, b 1 in elkaar kunnen woren uitgerukt, is b 0, b 1 een (orthogonale!) basis van het vlak opgespannen oor b 0 en b 1. V 0 V 1 = {λ 0 b0 + λ 1 b1 ; λ 0, λ 1 R} b1 b 1 P ( b 1 ) 2) Vervolgens trekken we van b 2 zijn projectie P ( b 2 ) op het vlak V 1 af, b 2 = b 2 P ( b 2 ). We hebben an b 2 b 0 en b 2 b 1. Omat b 0, b 1 een orthogonale basis van V 1 is, vinen we met Propositie 1.5 e uitrukking b 2 = b 2 ( b 0, b 2 ) ( b 0, b 0 ) b 0 ( b 1, b 2 ) ( b 1, b 1 ) b 1. Als b i een basis is, is b i at ook. De twee zijn immers in elkaar uit te rukken. V 1 b2 P ( b 2 ) Uiteraar hoeven alleen al eze stappen af als we met een basis b 0, b 1, b 2 van R 3 beginnen. Voor een basis b 0, b 1 van een vlak V volstaan stap 0 en 1, en voor een basis b 0 van een lijn zijn we irect bij stap 0 klaar. b 2 11

13 1.3 De vectorruimten R N en C N In 1.1 hebben we vooral gebruik gemaakt van e rekenregels V1, V2 en V3 voor e optelling en e scalaire vermenigvuliging, en van e rekenregels en I1, I2 en I3 voor het inprouct. Het feit at we werkten in R 3, waar vectoren bestaan uit rietallen reële getallen v = (x, y, z), is uielijk van secunair belang. We kunnen, met e noige kleine veraneringen, precies hetzelfe oen voor e ruimte R 2, waar vectoren bestaan uit tweetallen reële getallen v = (x, y) De vectorruimten R N Maar wiskunig is er geen enkele reen ons te beperken tot 2 of 3 imensies. In e N-imensionale ruimte R N is een vector v een N-tal reële getallen v = (x 0,..., x N 1 ). We efiniëren e som van v en v als e vector v + v = (x 0 + x 0,..., x N 1 + x N 1). (12) Het scalaire prouct van het getal λ en e vector v is geefinieer als en e speciale nulvector is 0 = (0,..., 0). λ v = (λx 0,..., λx N 1 ), (13) Propositie 1.6. In R N voloen e bovenstaane optelling, scalaire vermenigvuliging en nulvector aan e rekenregels V1, V2 en V3. Bewijs. Opgave. We efinieren het inprouct van twee vectoren v en v in R N als ( v, v ) = x 0 x x N 1 x N 1. (14) Propositie 1.7. Dit inprouct voloet aan e rekenregels I1, I2 en I3. Bewijs. Opgave. Reeneringen en begrippen ie alleen van e rekenregels V1, V2, V3 en I1, I2, I3 afhangen, gelen us onverkort voor R N. We efiniëren bijvoorbeel e lengte of norm van een vector als v := ( v, v). We zullen later zien at net als in R 3 e ongelijkhei van Cauchy-Schwarz gelt, ( v, v ) v v. Het getal ( v, v )/( v v ) ligt us tussen e 1 en e 1, en we efiniëren e hoek tussen v en v als ( ( v, v ) ) θ := arccos v v. (15) In zekere zin raaien we us e interpretatie van eze formule om; in 1.1 wisten we wat hoeken in R 3 zijn, en leien we aar (15) uit af. Nu gebruiken we eze formule om het begrip hoek in imensie N > 3 überhaupt zin te geven. We noemen twee vectoren v en v in R N orthogonaal als ( v, v ) = 0. 12

14 1.3.2 Bases en eelvectorruimten Ook het begrippen basis en eelvectorruimte blijven hetzelfe. Wel hebben we nu meer an 3 basisvectoren noig; e stanaarbasis van R N is bijvoorbeel e 0,..., e N 1, waar e i = (0,..., 0, 1, 0,... 0) een 1 heeft op plaats i + 1. Het aantal basisvectoren n in een basis b 0,..., b n 1 van V R N is ten hoogste N, n N. De orthogonalisatieproceure verloopt precies zo als in 1.2.3, behalve at hij niet na hooguit twee, maar na hooguit n 1 stappen ophout. Een voorbeel van een n-imensionale eelvectorruimte van R N is e verzameling vectoren van e vorm v = (x 0, x 1,..., x n 1, 0,..., 0). Een basis hiervan wort gevorm oor e eerste n vectoren van e stanaarbasis, e 0,..., e n 1. De eelvectorruimten in e volgene opgaven zijn niet van eze vorm. Opgave Stel V R 5 is e verzameling van vectoren v = (x 0,..., x 4 ) met x x 4 = 0. a) Waarom is V een eelvectorruimte van R 5? b) Laat zien at b 0 = (1, 1, 0, 0, 0), b 1 = (0, 1, 1, 0, 0), b 2 = (0, 0, 1, 1, 0), b3 = (0, 0, 0, 1, 1) een basis is van V. c) Orthogonaliseer eze basis. Opgave Geef een orthogonale basis van e 999-imensionale eelvectorruimte V R 1000, ie bestaat uit vectoren v = (x 0,..., x 999 ) waarvan e coefficiënten optellen tot nul, x x 999 = 0. Als een eelvectorruimte V R N een orthogonale basis b i heeft, an is e projectie P ( v) van e vector v = (x 0,..., x N 1 ) op e ruimte V weer gegeven oor n 1 P ( v) = λ i bi (16) met λ i = ( b i, v)/( b i, b i ). Opgave 1.18 (Lineaire Regressie). We zoeken e functie f(x) = α + βx ie e meetwaaren (x 0, y 0 ),... (x N 1, y N 1 ) het best benaert, in e zin at e som van e kwaraten van e gemaakte fout minimaal is. We zoeken us e waaren van α en β ie i=0 N 1 2 := (f(x i ) y i ) 2 (17) minimaliseren. Definiëer e vectoren v, b 0 en b 1 in R N oor i=0 v = (y 0,..., y N 1 ) b0 = (1,..., 1) b1 = (x 0,..., x N 1 ). a) Laat zien at = α b 0 +β b 1 v. Deze uitrukking wort us geminimaliseer als α b 0 +β b 1 e projectie P ( v) van v op e eelruimte opgespannen oor b 0 en b 1 is. b) Orthogonaliseer b 0, b 1 tot b 0, b 1. 13

15 c) Wat zijn e basiscoëfficiënten λ 0 en λ 1 in P ( v) = λ 0 b 0 + λ 1 b 1? Druk je antwoor uit in e gemielen x = 1 N N 1 i=0 x i, y = 1 N N 1 i=0 y i en e (co)variantie Cov(x, y) = 1 N N 1 i=0 (x i x)(y i y), Var(x) = 1 N 1 (x i x) 2. N ) Druk e projectie uit in e oorspronkelijke basis, en bepaal α en β in e uitrukking P ( v) = α b 0 + β b 1. Het resultaat van eze opgave is wellicht e moeite om te onthouen: Propositie 1.8 (Lineaire regressie). De waaren van α en β waarvoor e functie f = α + βx e meetpunten (x 0, y 0 ),... (x N 1, y N 1 ) het best benaert (in e zin at e kwaratische fout (17) minimaal is) zijn β = De vectorruimten C N Cov(x, y) Var(x), α = y βx. We spelen hetzelfe spel met e ruimte C N, waar een vector bestaat uit een N-tal complexe getallen v = (z 0,..., z N ). Je kunt een vector v nu ook met een complex getal λ vermenigvuligen. We efiniëren e som van twee vectoren v en v weer als i=0 v + v = (z 0 + z 0,..., z n 1 + z N 1). (18) De scalarvermenigvuliging van een vector v in C N met een complex getal λ is λ v = (λz 0,..., λz n 1 ). (19) De speciale nulvector in C N is uiteraar 0 = (0,..., 0). Propositie 1.9. In C N voloen e optelling, scalaire vermenigvuliging en nulvector aan e rekenregels V1, V2 en V3. (Hierbij mogen e getallen λ en µ complex zijn.) Bewijs. Opgave. Opgave Zij v e vector v = (1, i) in C 2. Bereken i v, 2i v, en (1 + 2i) v. Opgave Bereken (1 i) v + v voor v = (1, 1 + i, i), v = (i, 1, 2 i) in C 3. We efiniëren het inprouct op C N als v, v = z 0 z z N 1 z N 1. (20) Hierbij is z = x iy e complex geconjugeere van z = x + iy. Dit inprouct voloet aan e eisen I1 en I3, maar niet aan I2. 14

16 Uit formule (20) volgt irect at aan I1 volaan is, maar in plaats van e verwachte symmetrie ( v, v ) = ( v, v), vinen we e vergelijking v, v = z 0z z N 1z N 1 = z 0 z z N 1z N 1 = v, v. In plaats van I2 gelt us v, v = v, v. (21) Voor I3 merken we op at zz = x 2 + y 2. Voor e vector v = (z 0,..., z N 1 ) met coëfficienten z i = x i + iy i gelt us v, v = x y x 2 N 1 + y 2 N 1. (22) Dit is altij groter of gelijk aan nul, en v, v is nul precies an als alle x i en y i gelijk zijn aan nul. Dit betekent at e vector v gelijk is aan e nulvector 0. Opgave Bereken v, v voor: a) v = (1, i) en v = (1, i) b) v = (1, i) en v = (1, i) c) v = (1, i) en v = (1, i) Opgave Als v = (z 0, z 1 ) en v = (z 0, z 1) vectoren in C 2 zijn, en λ = i, ga na at v, λ v = λ v, v λ v, v = λ v, v. Opgaven 1.23, 1.24, 1.25 en 1.26 horen bij elkaar, en vormen e opmaat voor Fouriertheorie. Opgave De vectoren b 0 en b 1 in C 2 zijn gegeven oor b 0 = (1, 1) en b1 = (1, 1). Bepaal b 0, b 0, b 1, b 1 en b 0, b 1. Opgave Zij ω = e i/3 = ( i). a) Wat is ω 2, ω 3, ω 4, enzovoorts? Wat is ω 1, ω 2, ω 3, ω 4,...? Wat is ω, ω 2, ω 3, ω 4,...? Maak een plaatje in het complexe vlak. b) De vectoren b 0, b 1 en b 2 in C 3 zijn gegeven oor en b 0 = (1, 1, 1), b 1 = (1, ω, ω 2 ), en b 2 = (1, ω 2, ω 4 ) = (1, ω 2, ω). Bepaal e inproucten b i, b j tussen al eze vectoren. Opgave De vectoren b 0, b 1, b 2, b 3 in C 4 zijn gegeven oor b 0 = (1, 1, 1, 1), b1 = (1, i, i 2, i 3 ), b 2 = (1, i 2, i 4, i 6 ) = (1, 1, 1, 1), en b 3 = (1, i 3, i 6, i 9 ) = (1, i, 1, i). Bepaal e inproucten b i, b j tussen al eze vectoren. Opgave Kijk nog eens naar Opgave 1.23, 1.24 en Zie je e overeenkomsten? (Hint: e i/2 = 1, e i/3 = ω, e i/4 = i.) Kies je favoriete getal n > 4, formuleer e bijbehorene opgave, en raa het antwoor. Omat v, v niet negatief is, kunnen we e lengte of norm weer probleemloos efiniëren als v := v, v. Het begrip hoek ligt in C N iets complexer. We zullen later zien at ook in C N e ongelijkhei van Cauchy-Schwarz gelt, v, v v v. Toch kunnen we e hoek tussen e vectoren v en v niet efiniëren aan e han van het quotiënt v, v / v v, omat it een imaginair 15

17 eel kan hebben. We behelpen ons oor e hoek tussen e lijnen opgespannen oor v en v te efiniëren aan e han van e absolute waare van it quotiënt, ( v, v ) θ := arccos v v. (23) Merk op at 0 v, v 1, zoat eze hoek tussen e lijnen altij scherp is. v l θ vect θ lijn v l Fig. 8: Zelfs als e hoek θ vect tussen twee vectoren v en v stomp is, is e hoek θ lijn tussen e bijbehorene lijnen l en l altij scherp De Fourierbasis van C N We construeren een speciale basis van C N, met behulp van het complexe getal ω = e i/n = cos(/n) + i sin(/n). Lemma De uitrukking 1 + ω m + ω 2m ω (N 1)m is gelijk aan N als m {..., 2N, N, 0, N, 2N,...}, en aners 0. Bewijs. Als m een veelvou is van N, an gelt ω m = 1. In het bijzoner is an 1 + ω m ω (n 1)m = = N. Als it niet het geval is, an is ook ω m 1. We berekenen (1 ω m )(1 + ω m +...+ω (N 1)m ). Door e eerste haakjes uit te werken zien we at it gelijk is aan (1 ω m )(1 + ω m ω (N 1)m ) = (1 + ω m ω (N 1)m ) (ω m ω (N 1)m + ω Nm ) = 1 ω Nm = 0. In e laatste stap gebruiken we at ω N = 1, zoat 1 ω mn = 1 (ω N ) m = 0. Omat ω m niet 1 is, gelt echter (1 ω m ) 0. Dus moet e tweee factor (1 + ω m ω (N 1)m ) gelijk zijn aan nul. Opgave Teken e machten van ω in het complexe vlak voor N = 3 en N = 8, en vergeet hierbij vooral niet ω 0. Illustreer Lemma 1.10 voor m = 0, 1, 2 met N = 3, en voor m = 0, 1, 2, 4 met N = 8. We efiniëren e Fourierbasis b 0,..., b N 1 van C N oor bk = (1, ω k, ω 2k,..., ω (N 1)k ). (24) Met Lemma 1.10 zien we nu at v k, v k = Nδ kk. (De Kronecker-elta δ kk 1 als k = k, en aners 0.) is 16

18 Propositie De vectoren b k vormen een orthogonale basis van C N. In het bijzoner is het inprouct v k, v k = Nδ kk. Bewijs. Door gebruik te maken van ω = ω 1, zien we at v k, v k = = (1 1 + ω k ω k + ω 2k ω 2k ω (N 1)k ω (N 1)k ) ( 1 + ω (k k) + ω 2(k k) ω (N 1)(k k) ). Volgens Lemma 1.10 is it N als k k = 0, en aners 0. Het orthogonale stelsel bk bestaat uit N vectoren, en moet us een basis zijn. Het is gebruikelijk om e basiscoëfficiënten van v ten opzichte van e Fourierbasis (24) aan te uien met c k. Voor elke vector v C N gelt us v = N 1 k=0 c k bk. (25) De basiscoëfficiënten c k vinen we op e vertrouwe manier. Substitueer e uitrukking v = N 1 k =0 c k bk in b k, v, en merk op at b k, b k gelijk is aan nul als k k. Je verkrijgt an b k, v = c k b k, b k, en us c k = b k, v / b k, b k = 1 N b k, v. Samenvatten vinen we v = N 1 k=0 c k bk met c k = 1 N b k, v. We schrijven it uit in termen van e componenten v n van e vector v = (v 0,..., v N 1 ). Omat e n-e component van b k gelijk is aan ω kn = e ikn/n, vinen we v n = N 1 k=0 c ke ikn/n, met c k = 1 N 1 N n=0 v ne ikn/n. Stelling 1.12 (Discrete Fouriertansformatie). Ieere vector v C N kan geschreven woren als n 1 v n = c k e ikn/n, (26) met Fouriercoëfficienten c k = 1 N k=0 N 1 n=0 v n e ikn/n. (27) De Fouriertransformatie is us een basistransformatie. Formule (27) geeft e basiscoëfficiënten c k voor e Fourierbasis b k, in termen van e basiscoëfficiënten v n in e stanaarbasis e n. Omgekeer geeft (26) e v n in termen van c k. 1.4 Algemene efinitie van vectorruimte en inprouct We vangen al eze voorbeelen met één efinitie: het begrip vectorruimte. Hier verschuift e aar van e vectoren waar je mee werkt naar e achtergron, terwijl e rekenregels juist op e voorgron treen. Het interesseert ons niet langer wat e vectoren zijn, als je er maar mee kunt rekenen zoals je gewen bent. 17

19 Definitie 1.13 (Vectorruimte). Een vectorruimte is een verzameling V van vectoren, met een optelling ie aan ieer tweetal vectoren v en v e vector v + v toevoegt, een scalaire vermenigvuliging ie aan een getal λ en een vector v e vector λ v toevoegt, en een speciale nulvector 0. We eisen at e volgene rekenregels gelen: V1) Een vector v veranert niet als je hem met 1 vermenigvuligt, of als je er e nulvector bij optelt, 1 v = v en 0 + v = v. Als je een vector bij zijn tegengestele v := ( 1)v optelt, krijg je e nulvector 0. V2) Het maakt niet uit in welke volgore je vectoren v en v bij elkaar optelt, of met een getal λ vermenigvuligt. Preciezer: er gelt v + v = v + v, v + ( v + v ) = ( v + v ) + v, en λ( v + v ) = λ v + λ v. V3) Het maakt niet uit of je twee getallen λ en µ eerst met elkaar vermenigvuligt en an met een vector v, of anersom: λ(µ v) = (λµ) v. Hetzelfe gelt voor het optellen van getallen: (λ + µ) v = λ v + µ v. Een vectorruimte heet complex als e getallen λ en µ in V2 en V3 niet alleen reëel, maar ook complex mogen zijn. We hebben gezien at e optelling en scalaire vermenigvuliging in R N en C N aan e eisen V1, V2 en V3 voloen. De ruimten V = R N en V = C N zijn us vectorruimten, en V = C N is zelfs een complexe vectorruimte. Een vectorruimte V met een inprouct heet ook wel een inprouctruimte. Ook bij e algemene efinitie van het inprouct stellen we e rekenregels centraal, in casu I1, I2 en I3. Definitie Een inprouct op een (complexe of reële) vectorruimte V is een manier om aan elk tweetal vectoren v en v een (complex of reëel) getal v, v toe te kennen, zoanig at: I1) Het inprouct optelling en scalaire vermenigvuliging respecteert : v, v + v = v, v + v, v en v, λ v = λ v, v. I2) Het inprouct voloet aan v, v = v, v. I3) Er gelt v, v 0, en v, v = 0 is alleen mogelijk als v = 0. Voor het inprouct in een reële vectorruimte schrijven we ( v, v ). Aangezien it een reëel getal is, vereenvouigt I2 tot ( v, v) = ( v, v ). We hebben gezien at e inroucten op R N en C N ineraa aan eze eisen voloen. De vectorruimten V = R N en V = C N zijn us inprouctruimten, en V = C N is zelfs een complexe inprouctruimte De ruimte van golffuncties Een belangrijk voorbeel van een vectorruimte met inprouct is e quantummechanische ruimte van golffuncties. We bekijken e ruimte V = L 2 (R) van functies ψ : R C ie kwaratisch integreerbaar zijn, ψ 2 (x)x <. 18

20 Willen we ergelijke functies ψ als vectoren zien, an moeten we specificeren hoe we ze optellen en met een complex getal λ vermenigvuligen. De som ψ + ψ van twee functies ψ en ψ is e functie ie in x e waare ψ(x)+ψ (x) heeft, (ψ+ψ )(x) := ψ(x)+ψ (x). Het prouct λψ van e scalar λ en e functie ψ is e functie ie in x e waare λψ(x) aanneemt, (λψ)(x) = λψ(x). Ten slotte is e nulvector 0 e functie ψ(x) = 0. Propositie De ruimte V van functies, met bovenstaane optelling, scalaire vermenigvuliging en nulvector, voloet aan e rekenregels V1, V2 en V3. Zij is us een complexe vectorruimte. Bewijs. Opgave. We efiniëren het inprouct ψ, ψ tussen twee functies ψ en ψ als het getal ψ, ψ = ψ(x)ψ (x)x. (28) Propositie Dit voloet aan e rekenregels I1, I2, en bovenien gelt ψ, ψ 0 voor alle ψ in L 2 (R). Bewijs. Dat het inprouct optelling en scalaire vermenigvuliging respecteert, komt oorat integratie at ook oet. Voor I1 berekenen we ψ(x)(λψ )(x)x = λ ψ(x)ψ (x)x en ψ(x)(ψ + ψ )(x)x = ψ(x)ψ (x)x + ψ(x)ψ (x)x. We zien us at I1gelt: ψ, λψ = λ ψ, ψ en ψ, ψ + ψ = ψ, ψ + ψ, ψ. De eigenschap I2 volgt omat integratie complexe conjugatie respecteert, ψ (x)ψ(x)x = ψ (x)ψ(x)x = ψ (x)ψ(x)x. Er gelt us ψ, ψ = ψ, ψ, en it is I2. Ten slotte is ψ, ψ 0. Omat ψ(x)ψ(x) = ψ(x) 2 groter of gelijk aan nul is, gelt ψ, ψ = ψ(x) 2 x 0. Opmerking 2. Strikt genomen is er in in e vectorruimte L 2 (R) niet geheel aan e rekenregel I3 volaan. Weliswaar gelt ψ, ψ 0, maar op e regel at ψ, ψ = 0 alleen mogelijk is als ψ(x) = 0 zijn flauwe uitzoneringen te beenken. Een voorbeel is e functie ψ 0 met ψ 0 (x) = 0 voor x 0 en ψ 0 (x) = 1 voor x = 0. Dit kleine probleem heeft geen ernstige gevolgen, en wort meestal opgelost oor fysisch equivalente golffuncties (zoals ψ 0 en e nulvector ψ(x) = 0) met elkaar te ientificeren. Hiermee komt e ruimte V = L 2 (R) van golffuncties op gelijke voet te staan met V = R N en V = C N ; het zijn allerie inprouctruimten. Eigenschappen ie we kunnen bewijzen uit alleen V1 V3 en I1 I3 gelen us net zo goe voor e rieimensionale ruimte R 3 als voor e ruimte van golffuncties. We bespreken een paar belangrijke varianten op it thema. 19

21 Golffuncties in rie imensies Een quantummechanisch eeltje at in rie imensies beweegt, wort beschreven oor een kwaratisch integreerbare functie ψ(x, y, z) van rie variabelen. Deze vormen e vectorruimte V = L 2 (R 3 ), met inprouct ψ, ψ = ψ(x, y, z)ψ (x, y, z)xyz. Interval Op ezelfe manier efiniëren we e ruimte L 2 ([a, b]) van kwaratisch integreerbare functies op het interval [a, b]. Het inprouct is gegeven oor ψ, ψ = b a ψ(x)ψ (x)x. De efinitie van kwaratisch integreerbare functies op rechthoeken, blokken etc. laat zich raen. Kwaratisch integreerbare functies op e cirkel In Fouriertheorie is e ruimte L 2 (S 1 ) van kwaratisch integreerbare functies op e cirkel S 1 = {(x, y) ; x 2 + y 2 = 1} van belang. We schrijven een functie f : S 1 C vaak in poolcoörinaten, f(φ) met π φ π. Het is an wel van belang om te onthouen at f alleen continu op e cirkel is als f(π) = f( π). Kwaratisch integreerbaar ten opzichte van een ichthei Een laatste variant is e vectorruimte L 2 (R, µ), waar µ: R R 0 een positieve functie is. Dit is e vectorruimte van functies f : R C waarvoor f(x) 2 µ(x)x <, met inprouct f, g = f(x)g(x)µ(x)x. We zullen e versie tegenkomen waar µ(x) = 1 e x2 /2 e gaussische kansichthei is. De varianten voor R 2 en R 3 spreken voor zich Eigenschappen en begrippen voor vectorruimten Met e efinitie van vectorruimte en inprouct hebben we een rietal bewerkingen (optellen, scalaire vermenigvuliging en inprouct) en een zestal eigenschappen (V1 V3 en I1 I3) uitverkozen tot funamenteel. De anere eigenschappen van eze rie bewerkingen zijn hier eenvouig uit af te leien. Eigenschappen Zo hebben we bijvoorbeel in I1 voorgeschreven at e rechterkant van het inprouct optelling en scalaire vermenigvuliging respecteert. Omat we in I2 voorgeschreven hebben wat er gebeurt als je rechts en links verwisselt, kunnen we nagaan hoe e linkerkant van het inprouct zich geraagt. Propositie Voor het inprouct op een complexe vectorruimte V gelt v + v, v = v, v + v, v, (29) λ v, v = λ v, v. (30) Bewijs. We raaien links en rechts om met I2, halen met I1 e optelling buiten e haakjes, en raaien vervolgens links en rechts weer terug, v + v, v I2 = v, v + v I1 = v, v + v, v I2 = v, v + v, v. 20

22 Doen we hetzelfe met scalaire vermenigvuliging, an wort λ complex geconjugeer, λ v, v I2 = v, λ v I1 = λ v, v = λ v, v I2 = λ v, v. Opmerking 3. In it ictaat eisen we at scalaire vermenigvuliging rechts gerespecteer wort, en verschijnt us automatisch links een λ. Hiermee volgen we e conventies in e fysicaliteratuur. In e wiskuneliteratuur neemt men veelal aan at e scalaire vermenigvuliging links gerespecteer wort, en verschijnt λ us rechts. Opgave Controleer vergelijking (29) en (30) voor C N aan e han van e expliciete uitrukking (20) voor het inprouct. Doe hetzelfe voor e ruimte van golffuncties, aan e han van e uitrukking (28). Begrippen Allerlei anere bewerkingen op vectorruimten efiniëren we nu in termen van optelling, scalaire vermenigvuliging en inprouct. De eigenschappen van eze bewerkingen volgen an uit e funamentele eigenschappen V1 V3 en I1 I3. De tegengestele v en het verschil v v efiniëren we bijvoorbeel in termen van optelling en scalaire vermenigvuliging, als v := ( 1) v, en v v = v + ( v ). (31) De voor e han liggene rekenregels voor tegengestele en verschil, zoals (λv) = λ( v), v + ( v v ) = ( v + v ) v en λ( v v ) = λ v λ v volgen an ook irect uit e rekenregels voor optelling en scalaire vermenigvuliging. Vaak kunnen nuttige begrippen uit e rieimensionale ruimte R 3 woren overgehevel naar algemene inprouctruimten V oor ze te formuleren in termen van optelling, scalarvermenigvuliging en inprouct. In 1.1 zagen we bijvoorbeel at e lengte v van een vector v in R 3 gelijk is aan v, v. Voor een vector v in een algemene inprouctruimte V efiniëren we nu e lengte of norm als v := v, v. (32) Het begrip lengte of norm is nu ook beschikbaar in, bijvoorbeel, e ruimte van quantummechanische golffuncties. Daar blijkt het een nuttig begrip; e fysisch relevante golffuncties zijn bijvoorbeel precies e vectoren ψ van norm ψ = 1. In 1.1 zagen we at twee vectoren v en v in R 3 loorecht op elkaar staan als ( v, v ) = 0. In een algemene inprouctruimte V efiniëren we nu orthogonaliteit van v en v als v, v = 0. (33) Ook it begrip bewijst zijn waare buiten e vertrouwe context van R 3 ; e overgangswaarschijnlijkhei tussen twee golffuncties ψ en ψ is nul precies an als ze orthogonaal zijn. We willen ook het begrip hoek overhevelen van R 3 naar e algemene inprouctruimte V. Geïnspireer oor formule (7) voor R 3, en formule (23) voor C N, 21

23 willen we e hoek θ tussen e lijnen oor twee vectoren v en v in een (complexe) inprouctruimte V efiniëren aan e han van e formule cos(θ) = v, v v v. (34) Hiervoor moet wel een klein probleem woren opgelost: is het wel waar at het quotiënt v, v / v v kleiner is an 1? Aners kan het bezwaarlijk woren opgevat als e cosinus van een hoek. We bewijzen at it ineraa het geval is, uiteraar met behulp van e rekenregels V1 V3 en I1 I3. Propositie 1.18 (Cauchy-Schwarz). In een inprouctruimte V gelt voor ieer tweetal vectoren v en v : v, v v v Bewijs. Voor elk complex getal λ gelt at v λ v, v λ v = v λ v 2 0. Werken we e haakjes uit, an vinen we v, v λ v, v λ v, v + λ 2 v, v 0. (35) We vullen hier het complexe getal λ = v, v / v, v in, verkregen oor e afgeleie van (35) naar λ = x + iy gelijk aan nul te stellen. We vinen an v, v v, v v, v v, v v, v v, v v, v en us v, v 2 v, v v, v = v 2 v 2. + v, v 2 v, v = v, v v, v 2 v, v 0, In e context van e ruimte L 2 (R) van quantummechanische golffuncties wort e groothei cos 2 (θ) = ψ, ψ 2 ψ 2 ψ 2 opgevat als e overgangswaarschijnlijkhei tussen ψ en ψ. Dit is e kans at een meting van ψ een positief antwoor oplevert als het eeltje zich in e toestan ψ bevint. Om eze interpretatie überhaupt mogelijk te maken, moet e kans natuurlijk wel tussen 0 en 1 liggen. Dit wort gegaraneer oor e Cauchy-Schwarzongelijkhei. Opgave 1.29 (Collapse of the wavefunction). Stel een electron heeft spintoestan ψ = (α, β) in C 2. Dit wort ook wel geschreven als ψ = α + β, met en e σ z -eigentoestanen = (1, 0) en = (0, 1). We nemen aan at ψ genormaliseer is, ψ = 1. a) Wat is e projectie p 1 van ψ op e (complexe) lijn opgespannen oor, us op C = {(λ, 0) ; λ in C}? Wat is zijn projectie op C = {(0, λ) ; λ in C}? Bereken p 1 2 en p 2 2. (Dit is e kans op σ z = 1 of 1 bij een electron in toestan ψ.) b) Wat is e projectie p 1 van p 1 op ψ? Wat is e projectie p 2 van p 2 op ψ? Bereken p p 2 2. (Dit is e kans at het electron na een meting van σ z nog stees in e toestan ψ verkeert.) Maak een schets; neem hierbij aan at α en β reëel zijn, en teken in R 2 in plaats van C 2. 22

24 1.4.3 Deelvectorruimten, bases, projecties De begrippen eelvectorruimte, basis en projectie blijven hetzelfe als voorheen. Een eelvectorruimte W van V is een verzameling vectoren v ie e nulvector bevat, en gesloten is oner optelling en scalaire vermenigvuliging. Met anere wooren: D1) De nulvector 0 zit in W. D2) Als v en v vectoren zijn in W, an is ook v + v een vector W. D3) Als v een vector is in V, an voor ieer getal λ ook λ v een vector in W. Voor complexe vectorruimten mag het getal λ ook complex zijn. Een basis b i van een vectorruimte V is een (einige) verzameling vectoren zo at ieere vector v op precies één manier geschreven kan woren als v = N 1 i=0 λ i bi. De basiscoëfficiënten λ i mogen complex zijn als V een complexe vectorruimte is. Een basis heet orthogonaal als b i, b j = 0 voor i j, en orthonormaal als b i, b j = δ ij. De projectie P ( v) van een vector v in V op een eelruimte W is e vector in W waarvoor v P ( v) minimaal is. In R 3 zagen we in een plaatje at it precies an het geval is, als v P ( v) W. Voor algemene vectorruimten is it (mij, in ieer geval) niet irect uielijk. We hebben hier een extra argument noig, at alleen V1, V2, V3 en I1, I2, I3 gebruikt. Hiervoor hebben we e stelling van Pythagoras noig. We laten zien at eze gelt in ieere inprouctruimte: Stelling 1.19 (Pythagoras). Als twee vectoren v en v in een inprouctruimte V loorecht op elkaar staan, v v, an gelt v + v 2 = v 2 + v 2. Bewijs. Als we het inprouct v + v 2 = v + v, v + v uitwerken, an zijn e kruistermen v, v en v, v nul vanwege v v. Er gelt v + v, v + v = v, v + v, v + v, v + v, v = v, v + v, v, en us v + v = v 2 + v 2. Een hanig gevolg van e Stelling van Pythagoras is at we e lengte van een vector v uit kunnen rekenen, zora we zijn basiscoëfficiënten ten opzichte van een orthogonale basis weten. Propositie Als b i een orthogonale basis is en v = N 1 i=0 λ i b i, an gelt v 2 = λ 0 2 b λ N 1 2 b N 1 2. Bewijs. De Stelling van Pythagoras zegt at v 2 = λ 0 b λ N 1 bn 1 2, omat e termen orthogonaal zijn. Haal nu e λ i s buiten haakjes. Maar het was ons natuurlijk begonnen het resultaat at een projectie P ( v) op een eelruimte W e eigenschap heeft at v P ( v) loorecht staat op W. 23

25 Propositie Stel at p een vector in W is, met v p w voor elke w in W. Dan is p = P ( v) e projectie van v op W. Bewijs. We laten zien at e afstan v w van v tot een willekeurige vector w in W minstens zo groot is als zijn afstan v p tot p. Schrijf v w = ( v p) + ( p w). Omat p w in e eelruimte W zit, gelt v p p w. Met e stelling van Pythagoras zien we us at v w 2 = ( v p) + ( p w) 2 = ( v p) 2 + ( p w) 2 Nu is ( p w) 2 0, us er gelt v w 2 ( v p) 2. Als b 0,..., b N 1 een (einige) basis van een eelvectorruimte W van V is, an kunnen we e projectie op W uitrekenen met e gebruikelijke truc. Propositie Stel b i is een orthogonale basis van W. Dan is e projectie P ( v) van v op W gegeven oor P ( v) = N 1 i=0 λ i bi, met λ i = b i, v / b i, b i. (36) Bewijs. Schrijf e vector P ( v) in W als P ( v) = N 1 i=0 λ i b i. Als v P ( v) loorecht op elke vector in W staat, an staat hij in het bijzoner loorecht op ieere basisvector b i. Omat b i, b j = 0 als i j levert it 0 = b i, v P ( v) = b i, v N 1 j=0 λ j b i, b j = b i, v λ i b i, b i. We vinen us λ i = b i, v / b i, b i zoals gewenst. Opmerking 4. Als e vectorruimten V en W complex zijn, is b i, v niet hetzelfe als v, b i. Let hierop in Formule (36). Het orthogonaliseren van een stelsel b 0, b 1,... gaat hetzelfe als in R 3. Je trekt stees van ieere vector b n zijn projectie P ( b n ) op e ruimte W n 1 opgespannen oor alle vorige vectoren b 0,..., b n 1 af. Dit procéé heet Gram- Schmit orthogonalisatie. 0) De eerste basisvector b 0 = b 0 spant e eenimensionale eelruimte W 0 op. 1) De tweee basisvector wort b 1 = b 1 P ( b 1 ), waar P ( b 1 ) e projectie op W 0 is. Deze staat loorecht op b 0 (Propositie 1.21) en is gegeven oor (Propositie (36)) b 1 = b 1 b 0, v b 0, b 0 b 0. Je hebt an een orthogonale basis b 0, b 1 van e ruimte W 1 = {λ 0 b0 +λ 1 b1 } opgespannen oor b 1 en b 2. n) Stel je hebt een orthogonale basis b 0,..., b n 1 van e ruimte W n 1 van vectoren van e vorm λ 0 b λ n 1 bn 1. Dan vin je e volgene 24

26 vector b n oor van b n zijn projectie op W n 1 af te trekken, b n = b n P ( b n ). Vanwege het feit at b 0,..., b n 1 al orthogonaal is, levert it ( b 1 = b 1 b 0, v b b 0, b ) b n 1, v b b n 1, b n 1 n 1. Let er bij complexe vectorruimten op b i, v en v, b i niet hetzelfe zijn! Projecties in functieruimten We passen e theorie van inprouctruimten toe op het volgene probleem. Probleem 1. Gegeven een functie f : [ 1, 1] C. We zoeken het tweeegraas polynoom p 2 (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 at e functie f het best benaert, in e zin at e kwaratische fout minimaal is. 2 = 1 1 f(x) p 2 (x) 2 x (37) Het probleem speelt zich af in e vectorruimte V = L 2 ([ 1, 1]) van functies f : [ 1, 1] C met 1 1 f(x) 2 x <. Dit is een complexe vectorruimte, met inprouct f, g = 1 1 f(x)g(x)x. We vatten e functie f op als een vector in V = L 2 ([ 1, 1]). We bekijken e rieimensionale eelvectorruimte W van polynomen p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 van graa hoogstens 2, waarbij a 0, a 1 en a 2 complexe getallen mogen zijn. De ruimte W heeft een basis b 0, b 1 en b 2 met b 0 (x) = 1, b 1 (x) = x en b 2 (x) = x 2. De kwaratische fout (37) is natuurlijk niets aners an e afstan = f p 2 van f tot p 2. We zoeken us e vector p 2 in W waarvoor e afstan = f p 2 tot f minimaal is. Dit is e projectie p 2 = P (f) van f op W. Om e projectie te vinen, hebben we een orthogonale basis van W noig. De basis b 0, b 1, b 2 is niet orthogonaal, want Net zo berekenen we b 0, b 2 = x2 x = [ 1 3 x3 ] 1 1 = 2/3. b 0, b 0 = 2, b 1, b 1 = 2/3, b 2, b 2 = 2/5 en (38) b 0, b 1 = 0, b 0, b 2 = 2/3, b 1, b 2 = 0. We hebben us e Gram-Schmit orthogonalisatiemethoe noig. In Stap 0 merken we op at b 0 = b 0 = 1 een orthogonale basis is van e ruimte W 0 = {a 0 1} van constante functies. In Stap 1 trekken we van b 1 zijn projectie op W 0 af, b 1 = b 1 P (b 1 ). We vinen b 1 = b 1 b 0, b 1 b 0, b 0 b 0 = b 1, 25

27 omat b 0, b 1 = b 0, b 1 = 0. We hebben us een orthogonale bass b 0(x) = 1, b 1(x) = x van e ruimte W 1 = {a 0 +a 1 x} van polynomen van graa hoogstens 1. In Stap 2 trekken we van b 2 zijn projectie op W 1 af, b 2 = b 2 P (b 2 ). We vinen ( ) b b 2 = b 2 0, b 2 b 0, b 0 b 0 + b 1, b 2 b 1, b 1 b 1 = b b 0, waarbij we in e laatste stap gebruik maken van (38) en het toevallige feit at b 0 = b 0 en b 1 = b 1. Al met al hebben we nu e volgene orthogonale basis van e ruimte W = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 } gevonen: b 0(x) = 1, b 1(x) = x, en b 2(x) = x Met behulp van eze orthogonale basis kunnen we e projectie van f op W vinen. Er gelt P (f) = λ 0 b 0 + λ 1 b 1 + λ 2 b 2 met λ i = b i, f / b i, b i. We rukken ons antwoor uit in e momenten M k = 1 1 x k f(x)x van f. Merk op at M k = b k, f. We vinen λ 0 = 1 2 M 0, λ 1 = 3 2 M 1. Om λ 2 = b 2, f / b 2, b 2 te vinen, berekenen we eerst e noemer, b 2, b 2 = 1 1 (x2 1/3) 2 x = 8/45. Vanwege b 2 = b b 0, gelt b 2, f = M M 0, en we vinen λ 2 = 45 8 M M 0. In e uitrukking P (f) = λ 0 b 0 + λ 1 b 1 + λ 2 b 2 vullen we nu eze waaren van λ i in, en we substitueren b 0 = 1, b 1 = x en b 2 = x Dit levert P (f) = [ 9 8 M M 2] + [ 3 2 M 1 De gezochte coëfficiënten zijn us ] [ x M M 0] x 2. a 0 = 9 8 M M 2, a 1 = 3 2 M 1, a 2 = 45 8 M M 0. Opgave Voor e functie f(x) = x op het interval [ 1, 1]. a) Vin het tweeegraas polynoom p 2 (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 at e functie f het best benaert op het interval [ 1, 1], in e zin at e afstan = f p 2 tot f minimaal is. b) Bereken p 2 2 en f 2. c) Het verschil f p 2 staat loorecht op e projectie p 2. Gebruik e Stelling van Pythagoras (Stelling 1.19) om = f p 2 te berekenen. Opgave Als f : [0, 1] C gegeven is oor f(x) = e x, en g : [0, 1] C oor g(x) = e x, voor welk getal a is an e afstan f ag minimaal? (De lengte is met betrekking tot het inprouct ψ, ψ = 1 0 ψ(x)ψ (x)x op e vectorruimte L 2 ([0, 1]).) Opgave 1.32 (Legenrepolynomen). Voor een gegeven functie f : [ 1, 1] C, vin het eregraas polynoom p 3 (x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 at e functie f het best benaert, in e zin at e kwaratische fout f p 3 2 = 1 1 f(x) p 3 (x) 2 x minimaal is. Druk je antwoor uit in e momenten M k = 1 1 xk f(x)x van f. 26