"Polinomio coseno"
Sono dati $n+1$ nodi $0<=x_0
Allora io avevo pensato di fare così: imponiamo le condizioni su $x_j$:
$a_1cos(x_0)+...+a_ncos(nx_0)=y_0$
.
.
.
$a_1cos(x_n)+...+a_ncos(nx_n)=y_n$
da cui otteniamo:
$((cos(x_0),...,cos(nx_0)),(.,,.),(.,,.),(.,,.),(cos(x_n),...,cos(nx_n)))((a_1),(.),(.),(.),(a_n))=((y_0),(.),(.),(.),(y_n))$
Chiamiamo $C$ la matrice $(n+1)xxn$, poi $a$ il vettore di dimensione $n$ e $y$ il vettore di dimensione $n+1$, si tratta quindi di un problema ai minimi quadrati, e sappiamo che esiste unica la soluzione se $C$ ha rango massimo. Ora siccome $x_0,...,x_n$ sono tutti distinti e stanno in $[0,pi)$ allora si ha che $cos(x_j)!=cos(x_i)$ per ogni $i,jin{0,...,n}$ diversi, e questo dovrebbe bastare a dire che $C$ ha rango massimo (le righe di $C$ sono linearmente indipendenti). Se vogliamo semplificarci le cose supponiamo che $C(x)=\sum_{j=0}^na_jcos(jx)$, si ottiene quindi:
$((1,cos(x_0),...,cos(nx_0)),(.,.,,.),(.,.,,.),(.,.,,.),(1,cos(x_n),...,cos(nx_n)))((a_0),(.),(.),(.),(a_n))=((y_0),(.),(.),(.),(y_n))$
in questo caso $C$ è una matrice quadrata $(n+1)xx(n+1)$ e ci basta mostrare che è invertibile. Ma prese due righe diverse $i$,$j$ entrambe hanno come prima componente $1$ e quindi l'unico modo per cui sarebbero linearmente dipendenti è che siano uguali (come vettori) ma questo implicherebbe che $cos(x_i)=cos(x_j)$, assurdo per quanto detto prima.
Volevo sapere se andasse bene, grazie
Allora io avevo pensato di fare così: imponiamo le condizioni su $x_j$:
$a_1cos(x_0)+...+a_ncos(nx_0)=y_0$
.
.
.
$a_1cos(x_n)+...+a_ncos(nx_n)=y_n$
da cui otteniamo:
$((cos(x_0),...,cos(nx_0)),(.,,.),(.,,.),(.,,.),(cos(x_n),...,cos(nx_n)))((a_1),(.),(.),(.),(a_n))=((y_0),(.),(.),(.),(y_n))$
Chiamiamo $C$ la matrice $(n+1)xxn$, poi $a$ il vettore di dimensione $n$ e $y$ il vettore di dimensione $n+1$, si tratta quindi di un problema ai minimi quadrati, e sappiamo che esiste unica la soluzione se $C$ ha rango massimo. Ora siccome $x_0,...,x_n$ sono tutti distinti e stanno in $[0,pi)$ allora si ha che $cos(x_j)!=cos(x_i)$ per ogni $i,jin{0,...,n}$ diversi, e questo dovrebbe bastare a dire che $C$ ha rango massimo (le righe di $C$ sono linearmente indipendenti). Se vogliamo semplificarci le cose supponiamo che $C(x)=\sum_{j=0}^na_jcos(jx)$, si ottiene quindi:
$((1,cos(x_0),...,cos(nx_0)),(.,.,,.),(.,.,,.),(.,.,,.),(1,cos(x_n),...,cos(nx_n)))((a_0),(.),(.),(.),(a_n))=((y_0),(.),(.),(.),(y_n))$
in questo caso $C$ è una matrice quadrata $(n+1)xx(n+1)$ e ci basta mostrare che è invertibile. Ma prese due righe diverse $i$,$j$ entrambe hanno come prima componente $1$ e quindi l'unico modo per cui sarebbero linearmente dipendenti è che siano uguali (come vettori) ma questo implicherebbe che $cos(x_i)=cos(x_j)$, assurdo per quanto detto prima.
Volevo sapere se andasse bene, grazie
Risposte
L'ultima parte non va bene perché una matrice può essere non invertibile anche senza che due (o più) delle sue righe coincidano. Hai guardato qui?
"Martino":
L'ultima parte non va bene perché una matrice può essere non invertibile anche senza che due (o più) delle sue righe coincidano.
Si hai ragione scusami, potrebbe bastare dire solamente che siccome $ x_0,...,x_n $ sono tutti distinti e stanno in $ [0,pi) $ allora si ha che $ cos(x_j)!=cos(x_i) $ per ogni $ i,jin{0,...,n} $ diversi, e questo dovrebbe bastare a dire che $ C $ ha rango massimo oppure se è quadrata $C$ è invertibile, senza fare quella spiegazione finale che sinceramente non mi sarebbe venuto in mente? (ancora la devo capire approfonditamente ma ho capito l idea)
No non basta, hai cliccato sul link che ti ho messo?
"Martino":
No non basta, hai cliccato sul link che ti ho messo?
si si perciò ti ho chiesto, ho visto che usa i polinomi di chebyshev ma alla fine conclude dicendo come ho detto io ovvero:
"andreadel1988":
siccome $x0,...,xn$ sono tutti distinti e stanno in $[0,π)$ allora si ha che $cos(xj)≠cos(x i)$ per ogni $i,j∈{0,...,n}$ diversi, e questo dovrebbe bastare a dire che $C$ ha rango massimo oppure se $C$ è quadrata è invertibile
volevo sapere se dicendo solo questo alla fine senza "il fatto dei polinomi di chebyshev e il determinante multiplo che veniva da esso" potesse bastare, senza spiegare questa cosa nel dettaglio ecco questo intendo
Scusa ma di cosa stai parlando? La matrice
$((1,3,6),(1,4,8),(1,5,10))$
ha elementi tutti diversi fuori dalla prima colonna e non è invertibile, il suo determinante è zero.
$((1,3,6),(1,4,8),(1,5,10))$
ha elementi tutti diversi fuori dalla prima colonna e non è invertibile, il suo determinante è zero.
"Martino":
Scusa ma di cosa stai parlando? La matrice
$((1,3,6),(1,4,8),(1,5,10))$
ha elementi tutti diversi fuori dalla prima colonna e non è invertibile, il suo determinante è zero.
si si hai ragione, intendevo di "dare per buono" il ragionamento sui nodi di chebyshev e il determinante nel caso specifico che trattavo però non ce scampo bisogna dimostrarlo sennò come dici te non he senso quindi niente, grazie mille dell'aiuto.
Che poi per l'unicità se si notava che $cos(jx)=T_j(cos(x))$ ovvero il polinomio di Chebyshev di grado $j$ si otteneva che $ C(x)=\sum_{j=1}^na_jcos(jx) $ è un polinomio di grado $n$, se per assurdo $EEC'(x)$ tale che $C'(x)=\sum_{j=1}^nb_jcos(jx)$ diverso da $C(x)$ ma che rispetta le stesse condizioni immposte su $C(x)$ se prendi $C(x)-C'(x)$ questo è un polinomio di grado al più $n$ con $n+1$ radici distinte (ovvero $cos(x_i)$ $AAi=0,...,n$ abbiamo già detto che sono diversi fra di loro) e quindi $C(x)-C'(x)=0$ ed hai fatto, l unica pecca era notare che $\sum_{j=1}^na_jcos(jx) $ è un polinomio vero e proprio capendo che $cos(jx)=T_j(cos(x))$...
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo