Eukliskt Rum Polynom

Hej, jag har en fråga angående en uppgift:

Låt C[0,1] vara det euklidiska rummet av kontinuerliga funktioner definierade på intervallet [0,1] där skalärprodukten ges av $\left(f\right(x\left)\right|g\left(x\right)) = {\int }_0^{1}f(x\left)g\right(x) dx$. Låt vidare P1 vara underrummet till C[0,1] som består av alla polynom av grad högst 1, alltså P1 = {f(x) = ax + b | a,b ∈R∈ℝ}

 

a) Skapa en ON bas för P1.

b) Hitta den funktion f(x) i P1 som ligger närmast funktionen g(x) = x^2. Rita funktionerna f(x) och g(x) i samma bild.

a) har jag gjort färdigt efter att jag fått lite hjälp av en snäll individ här på pluggakuten.

Fick basen $(1 \sqrt{12}(x-\frac{1}{2}\left)\right)$. Vi kan också se att $(1 | \sqrt{12}(x-\frac{1}{2})) = 0$.

Allt bra i den deluppgiften.

Om vi går till b), vilket är den delen jag har fastnat på - eller jag vet inte om jag har räknat rätt. Svårt att tänka sig hur det går till.

När jag läser b) så tänker jag att man skulle kunna plotta data från g(x) och sedan använda minstakvadratmetoden och få en "ungefärlig" graf f(x). Professorn ansåg dock att man skulle projicera så jag gjorde det istället (men hur vet man att svaret är rätt?)

Jag skapar en vektor i basen (1 x x^2) som representerar g(x), kalla denna u.

$u = \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, men den här i 3 dimensioner och vår bas för P1 är ej det. Så vi "utökar" den basen till 3 dimensioner genom att sätta z till 0 (Kan man göra så?)

Basen för P1 är alltså fortfarande samma bara att dess vektor representation är i basen ovanför, (1 x x^2), istället för (1 x). Man kan väl alternativt ignorera att se polynomen som vektorer, men jag gillar att göra det antar jag?

Då P1 har en ON bas så projicerar vi g(x) på underrummet P1.

$u_{\left|\right|P1}=u_{\left|\right|b1}+u_{\left|\right|b2} där b1 = 1 och b2 = \sqrt{12}(x-\frac{1}{2}).$

Vi räknar: [ALLT NEDAN ÄR UPPDATERAT EFTER KOMMENTAR]

$$\begin{gathered} u_{\left|\right|P1}=\frac{(u | b1)}{(b1 | b1)}b1 + \frac{\left(u\right|b2)}{(b2 | b2)}b2 = \frac{{\int }_0^1{x}^2*1 dx}{1^2}b1 + \frac{{\int }_0^1{x}^2*\sqrt{12}(x - {\displaystyle \frac{1}{2}}) dx}{1^2}b2 = \\ \frac{{\left[{\displaystyle \frac{x^3}{3}}\right]}_0^1}{1^2} b1 + \frac{{\left[\frac{\sqrt{12}{x}^4}{4} - {\displaystyle \frac{\sqrt{12}{x}^3}{6}}\right]}_0^1}{1^2}b2 = \frac{{\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{0}{3}}}{1^2}b1 + \frac{({\displaystyle \frac{\sqrt{12}*1}{4}}- {\displaystyle \frac{\sqrt{12}*1}{6}}) - 0}{1^2}b2 = \\ \frac{1}{3} b1 +\frac{ {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}}}{1^2} b2 =\frac{1}{3}b1 +\frac{{\displaystyle \frac{3\sqrt{3} - 2\sqrt{3}}{6}}}{1^2}b2 = \\ \frac{1}{3}b1 +\frac{\sqrt{3}}{6}b2 =\hspace{0.17em}\frac{1}{3}b1 + \frac{1}{2\sqrt{3}}b2 =\frac{1}{3}b1 + \frac{1}{\sqrt{12}}b2= \frac{1}{\sqrt{12}}\sqrt{12}(x-\frac{1}{2})+\frac{1}{3}=x - \frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\mathit{x}\mathbf{-}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{6}} \end{gathered}$$

Om vi ritar detta i desmos så får vi:

där den röda linjen är g(x) = x^2 och den blåa är f(x) = $x - \frac{1}{6}$

Hur vet man att det här är rätt?