Stopa matice ortogonálnej projekcie sa rovná dimenzii

[Martin Sleziak]

Tvrdenie.$\newcommand{\Tra}{\operatorname{Tr}}
\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$ Ak $P$ je matica ortogonálnej projekcie na podpriestor $S$ (v $\mathbb R^n$ so štandardným skalárnym súčinom), tak platí
$$\Tra(P)=\dim(S).$$

Pripomeňme, že $\Tra(P)$ označuje stopu matice $P$, t.j. $\Tra(P)=p_{11}+p_{22}+\dots+p_{nn}$.

Takéto tvrdenie sme spomenuli na cvičení - pri výpočte matice projekcie to je vec, ktorú vieme skontrolovať ľahko. (A ak to nesedí, vieme, že treba hľadať chybu.)

V skutočnosti platí dokonca aj silnejšie tvrdenie - pre každú reálnu (dokonca aj komplexnú) maticu $n\times n$ takú, že $P^2=P$ platí $\Tra(P)=h(P)$.
Niečo o tomto tvrdení sa dá nájsť tu: viewtopic.php?t=1799

Na tomto mieste sa ale zatiaľ pozrime iba na takéto menej všeobecné tvrdenie - že to platí pre maticu ortogonálnej projekcie.

[Martin Sleziak]

Otázka:$\newcommand{\Tra}{\operatorname{Tr}}
\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$ Ak $|\vec u|=1$, vedeli by ste zistiť, čomu sa rovná $\Tra(\vec u^T\vec u)$?

Spoiler:

Ak $\vec u=(u_1,u_2,\dots,u_n)$, tak matica $\vec u^T\vec u$ má na pozícii $(i,j)$ číslo $a_{ij}=u_iu_j$, a teda
$$\Tra(\vec u^T\vec u) = \sum\limits_{i=1}^n u_i^2 = 1.$$

Vieme z toho dostať, že stopa matice ortogonálnej projekcie je rovná $\dim(S)$?

Spoiler:

Ak $\dim(S)=k$, môžeme si zobrať nejakú ortonormálnu bázu $\vec u_1,\dots,\vec u_k$ podpriestoru $S$. Z prednášky vieme, že potom platí
$$P=\vec u_1^T\vec u_1+\vec u_2^T\vec u_2+\dots+\vec u_k^T\vec u_k.$$
Z toho dostaneme
$$\Tra(P)=\Tra(\vec u_1^T\vec u_1)+\Tra(\vec u_2^T\vec u_2)+\dots+\Tra(\vec u_k^T\vec u_k)=k.$$

[Martin Sleziak]

Ešte si môžeme ukázať iné zdôvodnenie.$\newcommand{\Tra}{\operatorname{Tr}}\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$

Vec, ktorá je užitočná aj inde a môže pomôcť aj tu, je to, že pre ľubovoľné štvorcové matice platí
$$\Tra(XY)=\Tra(YX).$$
(Môžete sa zamyslieť nad tým, prečo to je tak - vlastne to je jednoduché úloha na precvičenie definície súčinu matíc.)

Máme $$\vec xP=
\begin{cases}
\vec x & \text{ak }x\in S, \\
\vec 0 & \text{ak }x\in S^\bot.
\end{cases}
$$
Vytvorme bázu $\vec b_1,\dots,\vec b_n$ priestoru $\mathbb R^n$ takú, že $\vec b_1,\dots,\vec b_k$ je ortonormálna báza podpriestoru $S$ a $\vec b_{k+1},\dots,\vec b_n$ je ortonormálna báza podpriestoru $S^\bot$. (Označili sme $k=\dim(S)$.)

Ak týchto $n$ vektorov poukladám ako riadky do matice $B$.
$$BPB^T=D,$$
kde $D=\operatorname{diag}(\underset{\text{$k$-krát}}{\underbrace{1,\dots,1}},\underset{\text{$(n-k)$-krát}}{\underbrace{0,\dots,0}})$, t.j. je to diagonálna matica, kde na diagonále máme $k$ jednotiek a zvyšok núl.
(Skúste si rozmyslieť prečo.)

Spoiler:

Mali by ste byť schopní prísť nato, že v tomto súčine dostanem na pozícii $(i,j)$ číslo:
$$\vec b_iP\vec b_j^T=\langle \vec b_iP,\vec b_j \rangle.$$
Súčasne vieme, že vždy platí $\vec b_iP=\vec b_i$ alebo $\vec b_iP=\vec0$.
Pre $i\ne j$ dostanem nulu, lebo dané vektory sú ortogonálne.
Ak $i=j$, tak podľa toho, či $\vec b_i\in S$ alebo $\vec b_i\in S^\bot$ nastane niektorá z možností
\begin{gather*}
\langle\vec b_iP,\vec b_i \rangle=\langle\vec b_i,\vec b_i \rangle=1\\
\langle\vec b_iP,\vec b_i \rangle=\langle\vec 0,\vec b_i \rangle=0
\end{gather*}

Teraz už zostáva len rozmyslieť si, že platí
\begin{align*}
h(BPB^T)&=h(P)\\
\Tra(BPB^T)&=\Tra(P)
\end{align*}
Z týchto rovností už totiž vidíme, že $\Tra(P)=\Tra(A)=k=h(P)=\dim(S)$.

Dokázať rovnosť pre hodnosti by malo byť ľahké na základe vecí, ktoré vieme z minulého semestra.

Spoiler:

Vieme, že násobenie regulárnou maticou nemení hodnosť: viewtopic.php?t=1416
Keďže matice $B$ aj $B^T$ sú regulárne, tak platí $h(BPB^T)=h(PB^T)=h(P)$.

Ak sa chceme pozrieť na stopu, tak nám tam nejako pomôže fakt, že $\Tra(XY)=\Tra(YX)$.

Pripomeňme, že $BB^T=B^TB=I$. (Z prednášky už vieme, že matice, kde riadky tvoria ortonormálnu bázu, sú presne ortogonálne matice.)

Vedeli by ste s použitím týchto vecí už dokázať rovnosť stôp?

Spoiler:

Máme rovnosti
$$\Tra(BPB^T)=\Tra(PB^TB)=\Tra(PI)=\Tra(P).$$

Priznám, že takéto riešenie je trochu podvod - v tom zmysle, že keď už budeme mať prebraté nejaké veci o podobnosti matíc (v druhej polovici LS), tak takéto riešenie už bude vyzerať veľmi prirodzene.
Ale v tomto okamihu môže vyzerať veľmi zvláštne, že prečo sme si zobrali akurát maticu $BPB^T$ alebo prečo by sme tam čakali, že vyjde rovnaká stopa.
Snáď ale aj s tým, čo vieme zatiaľ, sa na to dá pozerať tak, že nám niekto prezradil, že máme skúsiť takúto maticu - a potom už overiť tieto veci nie je až také veľmi ťažké.

Spoiler:

Ak sa náhodou k tejto úlohe vrátite neskôr, keď už budeme mať prebraté ďalšie veci, tak to čo som mal na mysli medzi vecami, ktoré budú neskôr sú napríklad to, že:
* Lineárne zobrazenie určené maticou $P$ má pri inej báze maticu $BP\inv B$. (Pre ortogonálne matice to je to isté ako $BPB^T$.)
* Stopa sa nezmení pri prechode k inej báze. (Podobné matice majú rovnakú stopu.)