Prvá písomka - ortogonálna báza

[Martin Sleziak]

Skupina A

Nájdite ortogonálnu bázu podpriestoru $S=[(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,0,1,1)]$ priestoru $\mathbb R^4$.

Skupina B

Nájdite ortogonálnu bázu podpriestoru $S=[(1,2,-1,1),(1,1,0,1),(0,0,1,1)]$ priestoru $\mathbb R^4$.

[Martin Sleziak]

Skúsim napísať niečo k riešeniam. Samozrejme, ak máte nejaké nápady na iné riešenie, nejaké poznámky či otázky, tak tu je na ne priestor.

Všeobecné rady

* Nemusí nutne byť ideálne začať robiť Gram-Schmidtov proces so zadanou bázou, môže sa oplatiť si ju zjednodušiť. Napríklad úpravou na RTM. Tú sa mi oplatí urobiť aj z ďalších dôvodov:
a) Zistím, aká je dimenzia priestoru a či pôvodne zadané vektory tvoria bázu. (Aj keď keby to nebola báza, tak by som narazil na nejaký problém aj pri ortogonalizácii, čiže by som na to prišiel v priebehu výpočtu.)
b) Navyše si na konci viem ľahko skontrolovať, či vektory, ktoré mi vyšli, skutočne patria do zadaného podpriestoru. (Ak nie, treba hľadať chybu.) Pri úprave na RTM dostanem nové vektory, ktoré majú oveľa viac núl ako pôvodne zadané. Je šanca, že viac núl znamená jednoduchšie výpočty.

* Ak mám v pôvodne zadanej báze nejaké vektory, ktoré sú na seba kolmé, alebo viem ľahko takúto bázu dostať, tak môže byť táto báza vhodná ako štartovacia pre Gram-Schmidtovu ortogonalizáciu. (Mám tam totiž dva vektory, s ktorými nemusím robiť vôbec nič, stačí upravovať tretí.)

Riešenia

Ja skúsim začať tým, že upravím zadané vektory na RTM. (Okrem iného si po úprave môžete všimnúť, že voboch prípadoch bol zadaný ten istý podpirestor, len bol generovaný inými vektormi.)

V skupine A asi hneď vidno, že po úprave na redukovaný trojuhlníkový tvar dostaneme $S=[(1,0,0,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)]$.

V skupine B máme
$
\begin{pmatrix}
1 & 2 &-1 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 2 &-1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$.

Aj v tomto prípade je $S=[(1,0,0,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)]$, ide skutočne teda o ten istý podpriestor.

Ak aplikujem Gram-Schmidtov proces na bázu $(1,0,0,0)$, $(0,1,0,1)$, $(0,0,1,1)$, tak prvé dva vektory už sú na seba kolmé. Stačí mi upravovať tretí vektor.
Nájdem $(0,0,1,1)-\frac12(0,1,0,1)=(0,-\frac12,1,\frac12)$.
(Nebudem opakovať detaily - Gram-Schmidtovu ortogonalizáciu ste už videli viackrát. Stačí vedieť, že hľadáme vektor v tvare $(0,0,1,1)+c(1,0,0,0)+d(0,1,0,1)$ a konštanty $c$, $d$ treba dopočítať tak, aby tento vektor bol kolmý na prvé dva vektory.)

Dostali sme ortogonálnu bázu pozostávajúcu z vektorov $(1,0,0,0),(0,1,0,1),(0,-1,2,1)$.

V skupine B ste si tiež mohli všimnúť, že v pôvodne zadanej báze sú prvý a tretí vektor už na seba kolmé.
Teda vektory $(1,2,-1,1)$ a $(0,0,1,1)$ do bázy, ktorú vytváram, a upravovať len tretí vektor.
Dostanem $(1,1,0,1)-\frac47(1,2,-1,1)-\frac12(0,0,1,1)=(\frac37,-\frac17,\frac1{14},-\frac1{14})$.
Našli sme ortogonálnu bázu pozostávajúcu z vektorov $(1,2,-1,1)$, $(0,0,1,1)$ a $(6,-2,1,-1)$.

[Martin Sleziak]

Časté chyby

Viacerí z vás ani nezjednodušili bázu na ani sa nesnažili využiť, že niektoré vektory sú na seba kolmé - len mechanicky začali počítať so zadanými vektormi. To vlastne nie je chyba, ale nie je prekvapivé, že vám takto vychádzali pomerne škaredé čísla. (Takže ste to niektorí nedorátali. Ale našli sa aj ľudia, ktorí to boli schopní vyrátať správne aj pri takomto postupe. Na jednej strane klobúk dole, že ste sa boli schopní nepomýliť. Na druhej strane, občas sa oplatí zamyslieť nad tým, či si nejako neviem zjednodušiť život, aby som mal jednoduchšie výpočty.)

[Martin Sleziak]

Iný možný postup ako hľadať ortogonálnu bázu, je vysvetlený tu: viewtopic.php?t=852