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

SamenvattingIn deze verhandeling zijn we op zoek naar niet-negatieveorthogonale polynomen die de ruimte P k

0 (I) opspannen tenopzichte van het inproduct 〈f, g〉 = (f ′, g′), waar P k

0 (I) deruimte van polynomen p van graad hoogstens k op I = [0, 1] metp(0) = p(1) = 0 is en (·, ·) het standaard inproduct is.

Existentie van zo’n basis voor de ruimte P k0 (I) is een vol-

doende voorwaarde voor het discrete maximum principe voorde eindige elementen methode met stuksgewijs polynomiale be-naderingen van graad k. Het discrete maximum principe wordttoegepast om belangrijke stellingen, zoals het foutschattingen vaneen numerieke oplossing van partiele differentiaalvergelijkingen,te bewijzen.

GegevensTitel: Niet-Negatieve Orthogonale PolynomenAuteur: Jun Sheng Huang, jshuang121@hotmail.com, 5789338Begeleiders: dr. Jan BrandtsTweede beoordelaar: prof.dr. Rob StevensonEinddatum: 19 augustus 2010

Korteweg de Vries Instituut voor WiskundeUniversiteit van AmsterdamScience Park 904, 1098 XH Amsterdamhttp://www.science.uva.nl/math

Inhoudsopgave

1 Inleiding 2

2 Eindige elementen methode 52.1 Voorbeeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2 Modelprobleem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3 Discrete maximum principe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 Polynomen van hogere graad 143.1 Stuksgewijs kwadratische benadering . . . . . . . . . . . . . . 143.2 Lobatto polynomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.3 Non-existentie van een niet-negatieve orthogonale basis voor

P 30 (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.4 Niet-negatieve orthogonale basis voor P 40 (I) . . . . . . . . . . 21

3.5 Hogere graden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.6 Conclusies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Conclusies 29

Populaire samenvatting 31

1

Hoofdstuk 1

Inleiding

Deze verhandeling gaat over niet-negatieve orthogonale polynomen. SchrijfP k0 (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 hetvolgende probleem:

Probleem. Voor welke k ≥ 2 bestaan er niet-negatieve polynomen p2, ..., pkdie P k

0 (I) opspannen met de voorwaarde (p′i, p′j) = 0 voor alle paren i 6= j.

Voor k = 2 is p2(x) = x(1 − x) een triviale oplossing hiervan. Comput-ersimulaties suggereren dat behalve k = 2, dit probleem alleen oplossingenkan hebben voor k = 4, en k = 6. Bekijk de volgende grafieken uit onzeexperimenten.

Figuur 1.1: twee orthogonale functies L2 en L3.

2

In de bovenstaande grafiek zien we twee orthogonale basisfuncties van P 30 (I)

die bijna niet-negatieve zijn. Later zullen we bewijzen dat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P 3

0 (I). Maar het scheelt niet zoheel veel.

Figuur 1.2: drie orthogonale functies L2, L3 en L4.

Hierboven zien we drie orthogonale basisfuncties van P 40 (I) gesampeld in 37

equidistante punten uit [−1, 1]. Alle punten zijn niet-negatief. Maar dit wilnog niet zeggen dat deze een niet-negatieve orthogonale basis is omdat wealleen eindige aantal punten gesampeld hebben.

Figuur 1.3: drie orthogonale functies L2, L3 en L4.

3

Dezelfde functies gesampled in 100 equidistante punten in [−1, 1]. Hier kun-nen we niet duidelijk zien of alle punten niet-negatief zijn, maar:

Figuur 1.4: drie orthogonale functies L2, L3 en L4.

Hier zien we de ingezoomde verzie van het vorige grafiek. Het is duidelijkte 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 bewijstdus niets. Het doel van deze verhandeling is te onderzoeken voor welke k eroplossingen bestaan.

Er zijn niet-polynomiale functies in C∞0 (I) met dezelfde eigenschap. Definieer

φn(x) = 2 sin2(nπx),

dan isφ′n(x) = 2nπ sin(2nπx)

en dat is een bekend orthogonaal stel. Merk op dat φn even is rond x = 12

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 eindigeelementen methode. Later zullen we zien dat het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis in een functieruimte een voldoende voorwaardeis van het discrete maximum principe. Deze gaan we in Hoofdstuk 2 intro-duceren.

4

Hoofdstuk 2

Eindige elementen methode

De eindige elementen methode is een numerieke methode om oplossing vaneen partiele differentiaalvergelijking te benaderen (zie Hoofdstuk 14 in [2]).De eindige elementen methode benadert de partiele differentiaalvergelijkingmet functie uit een eindigdimensionale ruimte. Dit geeft aanleiding tot eenstelsel van lineaire vergelijkingen die we makkelijk kunnen oplossen. Deeindige elementen methode is vooral handig voor partiele differentiaalvergeli-jkingen die gedefinieerd zijn op gecompliceerde domeinen, waar de nauw-keurigheid over een zekere gedeelte belangrijker is dan de rest. Denk bijvoor-beeld aan het simuleren van het weer op de aarde, de nauwkeurigheid overhet land is belangrijker dan die over de zee.

2.1 Voorbeeld

We zullen de eindige elementen methode hier toepassen op een eendimensionaalprobleem. In plaats van een partiele differentiaalvergelijking kijken we dusnaar een tweepunts randwaardeprobleem.

Zij I = [0, 1] en a, b ∈ C0(R) met a > 0 op R en b een afbeelding diepositieve getallen naar niet-negatieve getallen afbeeldt. Gegeven f ∈ C0(I),beschouw het niet-lineaire probleem: vind u ∈ C2(I) die voldoet aan

−(a(u)u′)′ + b(u) = f (2.1)

op I, met randvoorwaarden u(0) = u(1) = 0.

Vergelijking 2.1 voldoet aan het maximum principe:

f ≤ 0 ⇒ u ≤ 0.

5

Het bewijs hiervan is niet moeilijk. Maar we zullen dat laten zien als inspi-ratie 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 wetendat 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 middelwaardestellingzegt 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 geeftdat er een ξ bestaat met p < ξ < r en (a(u)u′)′(ξ) < 0. Uit u(ξ) > 0en b(u(ξ)) ≥ 0 volgt f(ξ) > 0. Tegenspraak. Dus bestaat er geen q metu(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 ditprobleem het volgende moet gelden:

f ≤ 0 ⇒ uh ≤ 0, (2.2)

waar uh een benadering van u is. (2.2) wordt het discrete maximum principegenoemd. Die zullen we in Sectie 2.3 behandelen. Eerst beschrijven we dediscretisatiemethode die uh difinieert.

2.2 Modelprobleem

In deze sectie zullen we het modelprobleem van deze verhandeling introduc-eren. Beschouw het randwaardeprobleem

−u” = f (2.3)

6

met randvoorwaardeu(0) = u(1) = 0.

Dit probleem resulteert uit de keuze a = Id en b ≡ 0 en dus geldt hetmaximum principe. Zij V = H1

0 (I), de Sobolev ruimte op I = [0, 1] vanL2-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]). Degeassocieerde norm hiervan is

|w|1 =√< w,w >.

Het tripel (V, 〈·, ·〉, | · |1) vormt dus een inproductruimte. Laat Vh ⊂ V metdim(Vh) <∞.

Probleem. Vind de beste benadering van de oplossing u van (2.3) in Vh.

Oplossing. De beste benadering van u in Vh is de loodrechte projectie uhvan u op Vh ten opzichte van 〈·, ·〉. Er geldt dus

u− uh ⊥ Vh,

oftewel〈u− uh, v〉 = 0 ∀v ∈ Vh.

Kies basis functies v1, ..., vn van Vh, dan kunnen we uh schrijven als

uh = a1v1 + ...+ anvn

voor zekere aj ∈ R. Uit de bovenstande vergelijking volgt

〈u− (a1v1 + ...+ anvn), vj〉 = 0 ∀j ∈ 1, 2, ..., n

en dus data1〈v1, vj〉+ ...+ an〈vn, vj〉 = 〈u1, vj〉.

Dit kan herschreven worden als lineair stelsel〈v1, v1〉 · · · 〈vn, v1〉.... . .

...〈v1, vn〉 · · · 〈vn, vn〉

a1...an

=

〈u, v1〉...〈u, vn〉

.

7

Het rechterlid lijkt nog steeds onbekend te zijn omdat deze de onbekendeoplossing van (2.3) bevat, maar door de keuze van het inproduct kunnen wedat schrijven als functies van f , omdat

< u, vj > = (u′, v′j)

=

∫ 1

0

u′(x)v′(x)dx

= u′(x)vj(x)|10 −∫ 1

0

u”(x)vj(x)dx

= (f, vj),

en dus, 〈v1, v1〉 · · · 〈vn, v1〉.... . .

...〈v1, vn〉 · · · 〈vn, vn〉

a1...an

=

(f, v1)...

(f, vn)

. (2.4)

We hebben het probleem dus als volgt geformuleerd: Vind uh ∈ Vh zodanigdat

〈uh, v〉 = (f, v) ∀v ∈ Vh. (2.5)

Om dit te kunnen oplossen moeten we de basis functies v1, ..., vn kiezen voorde ruimte Vh. Door de basis functies slim te kiezen wordt het probleemeen stuk makkelijker. We kunnen bijvoorbeeld een orthogonale basis kiezenwaardoor 〈vi, vj〉 = 0 als i 6= j. Een motivatie om zelfs een niet-negatieveorthogonale basis te vinden is dat het bestaan van een niet-negatieve orthog-onale basis een voldoende voorwaarde voor het discrete maximum principeis. Dit gaan we nu nader toelichten.

2.3 Discrete maximum principe

Het maximum principe speelt een belangrijke rol op het gebied van partieledifferentiaalvergelijkingen. De discrete versie hiervan wordt bijvoorbeeldtoegepast om stellingen over de eindige elementen methode en eindige dif-ferentie methode (zie Hoofdstuk 12 en 14 in [2]) te bewijzen. Het discretemaximum principe is echter niet altijd geldig voor alle gekozen deelruimtes.In deze sectie zullen we eerst een voldoende voorwaarde formuleren, en daneen voldoende en noodzakelijke voorwaarde formuleren.

Bekijk het probleem dat geformuleerd wordt in Sectie 2.2: Vind uh ∈ Vhzodanig dat

〈uh, v〉 = (f, v) ∀v ∈ Vh. (2.6)

8

Definitie 2.3. We zeggen dat het bovenstaande probleem voldoet aan hetdiscrete maximum principe als voor alle f ∈ L2(I) geldt:

f ≤ 0 in I =⇒ uh ≤ 0 in I,

waar uh de beste benadering van u in de gekozen deelruimte is ten opzichtevan het inproduct 〈·, ·〉, oftewel, de oplossing van (2.6).

Stelling 2.4. Het discrete maximum principe is geldig voor de keuze Vh =V0h, de ruimte van continue stuksgewijs lineaire benaderingen.

Bewijs. Zij x0, ..., xn+1 de knooppunten met x0 = 0 en xn+1 = 1. Definieert

vi(x) =

(x− xi−1)/(xi − xi−1) als x ∈ [xi−1, xi](xi+1 − x)/(xi+1 − xi) als x ∈ [xi, xi+1]0 anders.

Dan vormen v1, ..., vn een basis van V 10h, de ruimte van continue stuksgewijs

lineaire functies. Merk op dat elke vi stijgend is in [xi−1, xi] en dalend is in[xi, xi+1] voor alle i.

Stel dat f ≤ 0 en uh een positieve waarde aanneemt in I. Dan heeft uheen positief maximum in I. Stel dat het maximum van uh dat het dichtst bij0 ligt, in het punt xi wordt aangenomen. Dan is uh stijgend op het interval[xi−1, xi] en niet stijgend op het interval [xi, xi+1]. Oftewel u′h > 0 in [xi−1, xi]en u′h ≤ 0 in [xi, xi+1]. We weten ook dat v′i > 0 in [xi−1, xi] en v′i ≤ 0 in

[xi, xi+1]. Hieruit volgt dat u′hv′i > 0 op [0, 1] en

∫ 1

0u′hvi > 0 op I en dus dat∫ 1

0

fvi =

∫ 1

0

u′hv′i > 0

op I. Omdat vi niet-negatief is, moet f ergens positief zijn. Dit is eentegenspraak met de aanname dat f ≤ 0. Dus heeft uh geen positief maximum.

In het bovenstaande bewijs hebben we gebruik gemaakt van eigenschappenvan specifieke basisfuncties. Het is echter niet duidelijk wat de precieze voor-waarden zijn van het discrete maximum principe. De volgende stelling geefteen voldoende voorwaarde van het discrete maximum principe.

Stelling 2.5. Als er een niet-negatieve 〈·, ·〉 orthogonale basis van Vh bestaat,dan is het discrete maximum principe geldig.

9

Bewijs. Veronderstel dat v1, ..., vn een niet-negatieve 〈·, ·〉 orthogonale basisis, dan geldt 〈vi, vj〉 = 0 voor alle i 6= j. Dus wordt (2.4)|v1|

21 · · · 0

.... . .

...

0 · · · |vn|21

a1...an

=

〈f, v1〉...〈f, vn〉

,

oftewelai |vi|21 = (f, vi)

en dus

ai =(f, vi)

|vi|21.

Tevens geldt dat vi ≥ 0 voor alle i en f ≤ 0. Hieruit volgt (f, vi) ≤ 0 en dusai ≤ 0 voor alle i. Dus

uh =n∑i=1

aivi ≤ 0.

Dit bewijst de bewering.

Opmerking. De basis bij stelling 2.5 is weliswaar niet-negatief, maar nietorthogonaal. Een voorbeeld van een niet-negatieve orthogonale basis voorcontinue stuksgewijs lineaire functies is de zogenaamde hierarchische basis.Deze kunnen we als volgt construeren.

Stap 1: Stel xa = 0 en xb = 1, neem een knooppunt xi ∈ (xa, xb), en definieer

vi(x) =

(x− xa)/(xi − xa) als x ∈ [xa, xi](xb − x)/(xb − xi) als x ∈ [xi, xb]0 anders.

Stap 2: Verdeel het interval [xa, xb] in [xa, xi] en [xi, xb] en pas stap 1 toevoor beide intervallen met andere xa, xb en x′is.Stap 3: Herhaal stap 2 totdat alle knooppunten gebruikt zijn.In de onderstaande figuur zien we een illustratie van de hierarchische basisvan 4 elementen.

10

Figuur 2.2: Illustratie van de hierarchische basis van 4 elementen.

Stelling 2.6. De hierarchische basis is een niet-negatieve 〈·, ·〉 orthogonalebasis van V 1

0h.

Bewijs. Het is duidelijk dat vi(x) ≥ 0 in I voor alle i. Zij v1 de basisfunctiemet grootste drager en v2, ..., vk de andere basisfuncties.Iedere nieuw geconstrueerde basisfunctie heeft een drager die of disjunct ismet de drager van een eerder geconstrueerde basisfunctie, of bevat is in hetlinker- of rechter deel van de drager van een eerder geconstrueerde basisfunc-tie. Dus voor i, j ∈ 2, ..., k geldt

〈vi, vj〉 =

∫ 1

0

vi(x)vj(x)dx = 0. (2.7)

Verder is v′1 constant op elke interval en∫ xb

xa

v′i(x)dx = 0, i = 2, ..., k.

Dus ∫ 1

0

v′1(x)v′i(x)dx = 0 i = 2, ..., k.

Dus v1, ..., vk is een niet-negatieve orthogonale basis.

We hebben gezien dat een niet-negatieve orthogonale basis van Vh een vol-doende voorwaarde is voor het discrete maximum principe. In het volgendehoofdstuk zullen we verder gaan met dit onderwerp. Maar eerst gaan we eennoodzakelijke en voldoende voorwaarde van het discrete maximum principeformuleren met behulp van de zogeheten discrete Greense functie.

11

Definitie 2.7. Voor alle z ∈ I, heet de unieke oplossing G(·, z) ∈ Vh van devergelijking

〈v,G(·, z)〉 = v(z) ∀v ∈ Vh (2.8)

de discrete Greense functie corresponderend met het punt z. De functieG : I × I → R heet de discrete Greense functie van het probleem (2.6).

Vergelijking (2.8) geldt voor alle v ∈ Vh, dus in het bijzonder geldt deze vooruh ∈ Vh. Dit combineren met vergelijking (2.5) geeft

uh(z) =

∫ 1

0

G(x, z)f(x)dx (2.9)

voor alle z ∈ I.

Stelling 2.8. Het discrete maximum principe is geldig dan en slechts danals 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 =⇒ uh ≤ 0.

Dus het discrete maximum principe is geldig.”⇒”. Stel dat het discrete maximum principe geldig is en G(x, z) 6≥ 0.Dan kunnen we een f kiezen die alleen kleiner dan nul is op punten waarG(x, z) < 0 is. Dan geldt

uh(x) =

∫ 1

0

G(x, z)f(x)dx > 0.

Dit is in tegenspraak met de aanname dat het discrete maximum principegeldig is.

Nu hebben we een noodzakelijke en voldoende voorwaarde voor het dis-crete maximum principe gevonden. Maar we weten nog niet hoe de dis-crete Greense functie eruit ziet. In het volgende lemma zullen we de discreteGreense functie corresponderend met z expliciete schrijven als lineaire com-binatie van basisfuncties in geval de basis orthogonaal is.

Lemma 2.9. Zij {v1, v2, ..., vn} een orthonormale basis van Vh, dan geldt

G(x, z) =n∑i=1

vi(z)vi(x).

12

Bewijs. G(·, z) ∈ Vh, dus we kunnen G(x, z) schrijven als lineaire combinatievan basis functies van Vh, met coefficienten die van z afhangen.

G(x, z) =n∑i=1

ci(z)vi(x). (2.10)

Dit invullen in (2.8) met v(z) = vj(z) geeft

〈vj(x), G(x, z)〉 = vj(z)∫ 1

0

v′i(x)n∑i=1

ci(z)v′i(x)dx = vj(z)

∫ 1

0

n∑i=1

ci(z)v′i(x)v′j(x)dx = vj(z)

n∑i=1

ci(z)

∫ 1

0

v′i(x)v′j(x)dx = vj(z)

n∑i=1

ci(z)〈vi, vj〉 = vj(z).

{v1, v2, ..., vn} is een orthonormale basis, dus

〈vi, vj〉 =

{0 als i 6= j1 als i = j.

Hieruit volgt dat voor alle j

cj(z) = vj(z).

Invullen in 2.10 geeft

G(x, z) =n∑i=1

vi(z)vi(x). (2.11)

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. Anderzijdsbestaat de mogelijkheid dat, ook als er geen niet-negatieve orthogonale basisbestaat, G(x, z) ≥ 0 en dat het discrete maximum principe geldt. Dit gaanwe in het volgende hoofdstuk onderzoeken.

13

Hoofdstuk 3

Polynomen van hogere graad

In Hoofdstuk 2 hebben we gezien dat een niet-negatieve orthogonale basisvan de gekozen functieruimte Vh een voldoende voorwaarde is voor het dis-crete maximum principe. In dit hoofdstuk zullen we daarom niet-negatieveorthogonale 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 hierarchis-che basis geıntroduceerd als een niet-negatieve orthogonale basis voor V 1

0h(I).Voor elke deelinterval [xi, xi+1] kunnen we de volgende functie definieren

vi(x) =

{(x− xi)(xi+1 − x) als x ∈ [xi, xi+1]0 anders.

(3.1)

We kunnen nu eenvoudig een niet-negatieve orthogonale basis voor V 20h(I)

maken door in elke deelinterval de bovenstaande kwadratische functie to-evoegen aan de hierarchische basis.

Stelling 3.1. De hierarchische basis met de kwadratische functies gedefinieerddoor (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 in-wendigen van de dragers van de kwadratische functies zijn disjunct. Ze zijndus zowel (·, ·) als 〈·, ·〉 orthogonaal. In elke element zijn de afgeleiden van delineaire functies constant en de afgeleiden van de kwadratische functies zijnlineaire functies door het middelpunt van het interval. Dus de kwadratischefuncties staan ook orthogonaal op de lineaire functies. En we wisten al datde basisfuncties van de hierarchische basis orthogonaal zijn. Hieruit volgtdat de hierarchische basis met de kwadratische functies een niet-negatieveorthogonale basis voor V 2

0h(I) vormen.

14

Figuur 3.1: Illustratie van een niet-negatieve orthogonale basis voor V 20h(I)

van 4 elementen.

Opmerking. Stel, er bestaat op een interval Ii een niet-negatieve orthogo-nale basis voor P k

0 (Ii), dan bestaat er natuurlijk ook een niet-negatieve or-thogonale basis voor V k

0h(I), de ruimte van continue stuksgewijs k-de graadspolynomen. Vanaf nu zullen we daarom het probleem beperken tot een in-terval: Vind niet-negatieve orthogonale basis polynomen p2, ..., pk van P k

0 (I).Later zullen we ook zien dat het handig is om I = [−1, 1] te nemen in plaatsvan I = [0, 1]. Het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis inI = [−1, 1] is equivalent met het bestaan van een niet-negatieve orthogonalebasis in I = [0, 1]. Dit is eenvoudig in te zien middels een affiene transfor-matie.

3.2 Lobatto polynomen

In de vorige sectie hebben we gezien dat er een niet-negatieve orthogonalebasis bestaat voor V 1

0h(I) en V 20h(I). Het probleem van het vinden van een

niet-negatieve orthogonale basis voor V k0h kunnen we beperken tot een inter-

val. Om niet-negatieve orthogonale basis polynomen p2, ..., pk van P k0 (I) te

vinden, bekijken we de volgende aanpak.

Allereerst gaan we een stelsel van orthogonale polynomen introduceren.

Definitie 3.2.

Pj(x) =1

2jj!

dj

dxj(x2 − 1)j.

Pj(x) heet het j-de graads Legendre polynoom. De eerste een paar Legendre

15

polynomen zijn (zie [3])

P0(x) = 1

P1(x) = x

P2(x) =1

2(3x2 − 1)

P3(x) =1

2(5x3 − 3x)

P4(x) =1

8(35x4 − 30x2 + 3)

P5(x) =1

8(63x5 − 70x3 + 15x).

In de onderstaande figuur zien we de grafieken van P1 tot en met P5.

Figuur 3.2: P1(x), ..., P5(x) op [−1, 1].

Een bekende eigenschap (zie [3]) van de Legendre polynomen is dat ze eenorthogonale basis vormen ten opzichte van de standaard inproduct

〈f, g〉 =

∫ 1

−1f(x)g(x)dx.

Merk op dat de primitieven van de Legendre polynomen orthongonaal opelkaar staan ten opzichte van de inproduct

〈f, g〉 =

∫ 1

−1f ′(x)g′(x)dx.

16

Definitie 3.3. Het Lobatto polynoom van graad j is gedefinieerd als

Lj(x) =

√2j − 1

2

∫ x

−1Pj−1(t)dt, j = 2, 3, ...

Dan is Lj(−1) = Lj(1) = 0. Ze zijn dus gedefinieerd als de genormaliseerde

primitieven van de Legendre polynomen. De factor√

2j−12

zorgt ervoor dat

|Lj(x)|1 = 1 voor alle j.

De eerste een paar Lobatto polynomen zijn (zie [1])

L2(x) = −1

4

√6(1− x)(1 + x)

L3(x) = −1

4

√10x(1− x)(1 + x)

L4(x) = −1

8

√14(5x2 − 1)(1− x)(1 + x)

L5(x) = − 3

16

√2x(7x2 − 3)(1− x)(1 + x).

In de onderstaande figuur zien we de grafieken van L2 tot en met L5.

Figuur 3.3: L2(x), ..., L5(x) op [−1, 1].

We hebben dus al een orthonormale basis van P k0 (I) gevonden, namelijk

L2, ..., Lk. Maar die is niet niet-negatief. Het idee is een orthogonale trans-formatie toe te passen op de basisfuncties en te kijken of het mogelijk is ommet die transformatie alle basisfuncties niet-negatief te maken.

17

3.3 Non-existentie van een niet-negatieve or-

thogonale basis voor P 30 (I)

In deze sectie zullen we bewijzen dat een niet-negatieve orthogonale basisniet bestaat voor P 3

0 (I).

Lemma 3.4. Laat θ ∈ [0, 2π] en definieer

φ2 = cos(θ)L2 + sin(θ)L3

φ3 = − sin(θ)L2 + cos(θ)L3,

dan geldt:|φ2|1 = |φ3|1 = 1

en〈φ2, φ3〉 = 0.

Bewijs.

〈φ2, φ3〉 = 〈cos(θ)L2 + sin(θ)L3 , − sin(θ)L2 + cos(θ)L3〉= − cos(θ) sin(θ) |L2|21 − sin2(θ)〈L2, L3〉

+ cos2(θ)〈L2, L3〉+ sin(θ) cos(θ) |L3|21= 0

want |L2|1 = |L3|1 = 1 en 〈L2, L3〉 = 0.

Orthogonaal getransformeerde van een orthonormale basis is dus ook eenorthonormale basis. De vraag is dus of er een 2×2 orthogonale transformatieQ bestaat waarvoor geldt dat de getransformeerde basis positief is op I =[−1, 1]. In het geval van P 3

0 (I) vermoeden we dat er geen niet-negatieveorthogonale basis bestaat. We gaan bewijzen dat het niet mogelijk is ommet een orthogonale transformatie de functies L2 en L3 allebei positief af tebeelden in [−1, 1]. Een noodzakelijke voorwaarde van het bestaan van zo’ntransformatie is dat we eindig aantal punten van L2 en L3 in [−1, 1] positiefkunnen transformeren. Hiermee bedoelen we het volgende:Voor iedere eindige verzameling punten x1, ..., xn uit I moet er een θ bestaanzodanig dat φ2(xj) en φ3(xj) niet-negatief zijn voor alle j.Laat −1 = x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = 1 punten in I zijn. Definieer dehorizontale vectoren

Φ2 = (L2(x1), ..., L2(xn))

18

Φ3 = (L3(x1), ..., L3(xn))

en schrijf Φ voor de 2× n matrix met rijen Φ2 en Φ3.De vraag is of er een 2 × 2 orthogonale transformatie Q bestaat waarvoorgeldt dat

QΦ = P, (3.2)

waarbij P een niet-negatieve matrix is. Merk op dat als deze transformatieniet bestaat, er ook geen Q bestaat die L2 en L3 niet-negatief transformeert.Als deze wel bestaat, kunnen we echter nog niet concluderen dat er eenniet-negatieve orthogonale basis bestaat omdat we alleen voor eindig aantalpunten kunnen controleren.(3.2) is equivalent aan de vraag of het mogelijk is om met een transformatieQ alle n de kolommen van Φ, te weten de vectoren

vj =

[L2(xj)L3(xj)

],

in het eerste kwadrant van R2 af te beelden. Een noodzakelijke voorwaardehiervoor is dat deze n vectoren onderling alleen maar scherpe en rechte hoekenmaken. Immers, twee vectoren die een stompe hoek maken kunnen nooitisometrisch in het eerste kwadrant worden afgebeeld.

Stelling 3.5. De vectoren

vl =

[L2(−1 + ε)L3(−1 + ε)

]en vr =

[L2(1− ε)L3(1− ε)

]voor ε > 0 klein genoeg maken een stompe hoek.

Bewijs. Dit kunnen we aantonen door deze waarden in te vullen in de functie-voorschriften van L2 en L3. Er geldt:

cos(θ) =〈vl, vr〉‖vl‖ ‖vr‖

,

waar θ de hoek tussen vl en vr is en 〈·, ·〉 het standaard inproduct in R2

is. Om 〈vl, vr〉 uit te schrijven gaan we eerst de Lobatto polynomen op eenandere manier schrijven. Definieer

Kj(x) = Lj(x)/(L0(x)L1(x))

met L0(x) = (1− x)/2 en L1(x) = (1 + x)/2. Dan geldt:

K2(x) = −√

6

K3(x) = −√

10x.

19

Nu kunnen we 〈vl, vr〉 uitschrijven.

〈vl, vr〉 = L2(−1 + ε)L2(1− ε) + L3(−1 + ε)L3(1− ε)= (L0(−1 + ε)L1(1− ε))(K2(−1 + ε)K2(1− ε) +K3(−1 + ε)K3(1− ε))

Dit is negatief als ε 6= 0 en K2(−1 + ε)K2(1 − ε) + K3(−1 + ε)K3(1 − ε)negatief is want L0 ≥ 0 en L1 ≥ 0. Er geldt:

limε→0

K2(−1 + ε) = K2(−1).

Dezelfde geldt voor andere termen. Dus

limε→0

K2(−1 + ε)K2(1− ε) +K3(−1 + ε)K3(1− ε)

= K2(−1)K2(1) +K3(−1)K3(1)

= 6− 10

= − 4.

Hieruit volgt de vectoren vl en vr een stompe hoek maken als ε > 0 kleingenoeg is.

Dit is ook te zien in de grafiek van de vectoren v1, ..., vn.

Figuur 3.4: De vectoren v1, ..., vn.

In figuur 3.4 kunnen we zien dat de buitenste twee vectoren een stompe hoekmaken, omdat de bovenste vector boven (−0.1, 0.1) gaat en de onderste vec-tor onder (−0.1, 0.1) gaat.

20

De vraag of er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P k0 (I) is dus

equivalent aan de vraag of de grafiek van de kromme

I −→ R2 : t −→[L2(t)L3(t)

]isometrisch in het eerste kwadrant kan worden afgebeeld.

3.4 Niet-negatieve orthogonale basis voor P 40 (I)

Om een niet-negatieve orthogonale basis voor P 40 (I) te vinden proberen we

dezelfde aanpak te volgen. Definieer de vectoren

Φ2 = (L2(x1), ..., L2(xn))

Φ3 = (L3(x1), ..., L3(xn))

Φ4 = (L4(x1), ..., L4(xn))

De vraag is of het mogelijk is om met een transformatie Q alle n de kolommenvan Φ, te weten de vectoren

vj =

L2(xj)L3(xj)L4(xj)

in het eerste octant van R3 af te beelden. Een noodzakelijke voorwaarde hi-ervoor is dat deze n vectoren onderling alleen maar scherpe en rechte hoekenmaken. Numerieke experimenten suggereren dat de vectoren vj onderlingaltijd scherpe hoeken maken. Maar dit is geen bewijs omdat we alleen vooreindig veel punten kunnen controleren. We hebben dus een analytische be-wijs nodig.

We willen bewijzen dat de hoeken tussen alle paren vectoren vj en vk scherpzijn. Oftewel cos(θ) ≥ 0 voor alle paren vectoren vj en vk, waar θ de hoektussen vj en vk is. Dit is equivalent aan

cos(θ)‖vj‖ ‖vk‖ ≥ 04∑i=2

Li(xj)Li(xk) ≥ 0.

21

Voor alle j en k. We gaan de laatste ongelijkheid bewijzen door iets sterkerste laten zien, namelijk dat

4∑i=2

Li(xj)Li(xk) ≥ 0

voor alle x, y ∈ I. In Hoofdstuk 2 hebben we al aangetoond dat dit eenvoldoende en noodzakelijke voorwaarde van het discrete maximum principeis. We kunnen dus aantonen dat de discrete maximum principe geldig is voorP 40 (I).

Stelling 3.6.∑4

i=2 Li(x)Li(y) ≥ 0 voor alle x, y ∈ I

Bewijs. Er geldt

4∑i=2

Li(x)Li(y) =1

4L0(x)L1(x)L0(y)L1(y)

4∑i=2

Ki(x)Ki(y).

Voor alle x, y ∈ [−1, 1] geldt

L0(x)L1(x)L0(y)L1(y) ≥ 0,

want 1 − ξ ≥ 0 en 1 + ξ ≥ 0 voor alle ξ ∈ [−1, 1]. Het is dus voldoende tebewijzen dat

∑4i=2Ki(x)Ki(y) ≥ 0. We weten:

K2(x) = −√

6

K3(x) = −√

10x

en

K4(x) = L4(x)/(L0(x)L1(x)) = −1

4

√14(5x2 − 1).

Invullen geeft:

22

K2(x)K2(y) +K3(x)K3(y) +K4(x)K4(y)

= 6 + 10xy +7

8(5x2 − 1)(5y2 − 1)

= 6 + 10xy +175

8x2y2 − 35

8x2 − 35

8y2 +

7

8

=5

8(35x2y2 − 7x2 − 7y2 + 16xy + 11)

=5

8(7x2y2 − 7x2 − 7y2 + 7 + 16x2y2 + 16xy + 4 + 12x2y2)

=5

8(7(x2 − 1)(y2 − 1) + 4(2xy + 1)2 + 12x2y2)

≥ 0.

Hoewel we bewezen hebben dat de vectoren vj onderling alleen maar scherpeen rechte hoeken maken, kunnen we nog niet concluderen dat er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P 4

0 (I). Het is mogelijk om eenaantal vectoren in R3 te geven die paarsgewijs rechte en scherpe hoekenmaken, maar die desondanks toch niet naar het eerste octant van R3 zijn teroteren. Bekijk het volgende voorbeeld.

Voorbeeld 3.7. Bekijk de ingeschreven cirkel van de driehoek (1, 0, 0),(0, 1, 0),(0, 0, 1) in R3. Deze cirkel heeft straal r = 2/

√6. Door lijnen van de oor-

sprong naar de oppervlak van deze cirkel te trekken vinden we vectoren dieonderling alleen maar scherpe hoeken maken. Deze vectoren liggen allemaalin het eerste octant. Bekijk nu een cirkel in hetzelfde vlak met hetzelfde mid-delpunt en iets grotere straal r + ε. Voor ε > 0 klein genoeg zijn de hoekentussen de vectoren van de oorsprong naar deze cirkel nog steeds scherp. Maartoch kunnen we niet met een rotatie alle vectoren in de eerste octant teroteren.

3.5 Hogere graden

In de voorgaande secties hebben we gezien dat∑4

i=2Ki(x)Ki(y) ≥ 0 vooralle x, y ∈ [−1, 1] een noodzakelijke maar niet voldoende voorwaarde isvoor het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis voor P 4

0 (I). Wekunnen dit generaliseren naar algemene gevallen. Het is noodzakelijk dat∑k

i=2Ki(x)Ki(y) ≥ 0 voor alle x, y ∈ [−1, 1] voor het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis voor P k

0 (I). Dus is de geldigheid van het discrete

23

maximum principe een noodzakelijke voorwaarde voor het bestaan van eenniet-negatieve orthogonale basis.

Om deze aanpak te volgen hebben we K5, ..., Kk nodig. Die voldoen aan (zie[1]) de recursie

Kj+2(x) =

√2j + 1

√2j + 3

j + 2xKj+1(x)− j − 1

j + 2

√2j + 3

2j − 1Kj(x), j = 2, 3, ...

(3.3)Om te bewijzen dat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat voorP k0 (I) bestaat is het voldoende om punten x en y te vinden waar∑ki=2Ki(x)Ki(y) < 0. We kunnen deze som in eindig aantal punten control-

eren of ze negatief zijn. Bekijk eerst de afbeeldingen in figuur 3.5. Hierinzien we het domein I × I van G. De donkere gebieden corresponderen metde negatieve punten van

∑ki=2Ki(x)Ki(y).

Uit numerieke experimenten blijkt dat voor k = 5 en k = 7, ..., 100 de som∑ki=2 Li(x)Li(y) ergens negatief is. Dit is een sterke aanwijzing dat er geen

niet-negatieve 〈·, ·〉 orthgonale basis van P k0 (I) bestaat voor k ≥ 7.

In onze experimenten hebben we ook gezien dat voor oneven k de som negatiefis in het punt (−1, 1). Dit gaan we nu bewijzen. Merk op dat

k∑j=2

Lj(x)Lj(y) = (L0(x)L1(y))k∑j=2

Kj(x)Kj(y).

Het is dus voldoende te bewijzen dat∑k

i=2Ki(1)Ki(−1) ≤ 0. We proberen

een directe formule te vinden voor∑k

i=2Ki(1)Ki(−1). Door de eerste eenpaar Kj(1)’s uit te rekenen hebben we de volgende tabel gevonden:

j 2 3 4 5 6

Kj(1) −√

6 −√

10 −√

14 −√

18 −√

22

24

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

25

Dit leidt tot het volgende vermoeden:

Lemma 3.8.Kj(1) = −

√4j − 2 (3.4)

enKj(−1) = (−1)j−1

√4j − 2. (3.5)

Bewijs. In dit bewijs schrijven we voor het gemak Kj voor Kj(1). Bewijsmet inductie.Basis stap: De formule is waar voor j = 2 en j = 3. (zie K2, K3 op blaadzijde17)Inductie stap: Neem aan dat de formule waar is voor Kj en Kj+1, met behulpvan de recursie (3.3) vinden we

Kj+2 =

√2j + 1

√2j + 3

j + 2(−√

4j + 2)− j − 1

j + 2

√2j + 3

2j − 1(−√

4j − 2)

= −(2j + 1)

√2(2j + 3)

j + 2+j − 1

j + 2

√2(2j + 3)

=

√2(2j + 3)

j + 2(−(2j + 1) + j − 1)

=

√4j + 6

j + 2(−j − 2)

= −√

4j + 6

= −√

4(j + 2)− 2.

Op dezelfde manier kunnen we bewijzen dat Kj(−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+ε, 1−ε). 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:

Kj−1(−1)Kj−1(1) +Kj(−1)Kj(1) = 4(j − 1)− 2− (4j − 2) = −4.

Dus voor k oneven geldt:

k∑j=2

Kj(−1)Kj(1) = −4(k − 1)/2 < 0.

26

Voor ε > 0 klein genoeg is∑k

j=2Kj(−1 + ε)Kj(1 − ε) nog steeds negatief,terwijl L0 en L1 groter dan nul zijn. Hieruit volgt

k∑j=2

Lj(−1+ ε)Lj(1− ε) = (L0(−1+ ε)L1(1− ε))k∑j=2

Kj(−1+ ε)Kj(1− ε) < 0.

Voor k even hebben we nog geen bewijs of er een niet-negatieve orthogonalebasis bestaat voor P k

0 (I). In onze numerieke experimenten hebben we geziendat voor even k ≥ 8 de discrete Greense functie altijd ergens negatief is opde rand van [−1, 1] × [−1, 1]. Daarom hebben we een paar eendimension-ale grafieken gemaakt om de negatieve punten duidelijk te maken. Hierbijhebben we x = 1 gekozen en laten we dus y −→ G(·, y) zien.

27

3.6 Conclusies

In dit hoofdstuk hebben we een niet-negatieve orthogonale basis voor deruimte van continue stuksgewijs kwadratische functies gevonden. Verderhebben we laten zien dat we het probleem kunnen beperken tot een interval.Vervolgens hebben we met behulp van de discrete Greense functie bewezendat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor P k

0 (I), waar k eenoneven gehele getal is. Voor k even hebben we nog geen nette bewijs gevon-den. Gebaseerd op de resultaten van numerieke experimenten vermoeden wedat er ook geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat voor even k ≥ 8.En de gevallen k = 4 en k = 6 blijven open.

28

Conclusies

De twee grootste onderwerpen van deze handeling zijn het discrete maximumprincipe en niet-negatieve orthogonale polynomen. In Hoofdstuk 2 hebbenwe met behulp van de discrete Greense functie een voldoende en noodzakeli-jke voorwaarde van het discrete maximum principe geformuleerd. We hebbenook bewezen dat het bestaan van een niet-negatieve orthogonale basis een vol-doende voorwaarde is voor het geldigheid van het discrete maximum principe.

In Hoofdstuk 3 zijn we opzoek naar een niet-negatieve orthogonale basisvan P k

0 . Het bestaan van zo’n basis is equivalent met het isometrisch trans-formeren naar het eerste orthant van Rk−1 van de grafiek van de kromme

γ : R −→ Rk−1 : t −→

L2(t)...

Lk(t)

.Een noodzakelijke voorwaarde hiervoor is dat voor ieder paar t1, t2 geldt datγ(t1) en γ(t2) een niet-stompe hoek maken. De cosinus van die hoek is gelijkaan L2(t1)

...Lk(t1)

∗ L2(t2)

...Lk(t2)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣L2(t1)

...Lk(t1)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣L2(t2)

...Lk(t2)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

en dus moet L2(t1)L2(t2) + ... + Lk(t1)Lk(t2) ≥ 0, en dus is het geldigheidvan het discrete maximum principe noodzakelijk. Voor oneven k hebbenwe bewezen dat deze som negatief is in (−1, 1). Er bestaat dus geen niet-negatieve orthogonale basis voor P k

0 (I), waar k een oneven gehele getal is.Voor k = 2 is p2(x) = x(1 − x) een triviale oplossing. Voor k = 4 hebbenwe bewezen dat deze som niet-negatief is, maar dit wil nog niet zeggen dat

29

er een niet-negatieve orthogonale basis bestaat. Geval k = 6 blijft open envoor even k ≥ 8 vermoeden we, gebaseerd op de resultaten van numeriekeexperiementen, dat er geen niet-negatieve orthogonale basis bestaat.

30

Populaire samenvatting

In R3 hebben we drie standaard vectoren, e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) ene3 = (0, 0, 1). Deze drie vectoren spannen het hele R3 op. Ze vormen duseen basis voor R3. Deze basis heeft bijzondere eigenschappen. Namelijk allebasisvectoren zijn niet-negatief, elke paren basisvectoren staat loodrecht opelkaar ten opzichte van de standaard inproduct en alle basisvectoren hebbennorm 1 ten opzichte van de standaard norm. Deze basis wordt dus eenniet-negatieve orthogonale basis genoemd. We kunnen ook een andere in-producten en normen definieren als het maar voldoen aan de axioma’s vaninproduct en norm. We kunnen bijvoorbeeld een symmetrische positief defi-nite 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 vaninproduct en norm. Met deze inproduct is het niet altijd mogelijk om eenniet-negatieve orthogonale basis te vinden. Existentie van zo’n basis hangtdus van A af. Behalve de inproduct en norm kunnen we ook de ruimteveranderen. Neem bijvoorbeel de ruimte van polynomen tot en met graad k,met de inproduct 〈·, ·〉 gedefinieerd als

〈f, g〉 =

∫ 1

0

f ′(x)g′(x)dx.

De geassocieerde norm hiervan is

|w|1 =√< w,w >.

Het doel van deze verhandeling is een niet-negatieve orthogonale basis te vin-den in deze inproductruimte. Niet-negatieve orthogonale polynomen hebbenmooie toepassingen in de eindige elementen methode, die kunnen de oplossin-gen van partiele differentiaalvergelijkingen benaderen.

31

Bibliografie

[1] Tomas Vejchodsky and Pavel Solin, Discrete maximum principle forhigher-order finite elements in 1D

[2] Endre Sli and David Francis Mayers, An Introduction to Numerical Anal-ysis

[3] N.M. Temme, Speciale Functies in de Mathematische Fysica

32