Samozrejme, ak máte nejaké poznámky, otázky, iné riešenia, tak sem smelo píšte. (To platí aj všeobecne, pýtajte sa veci či už tu na fóre alebo príďte na konzultácie. Netreba si nechávať nejasnosti až na poslednú chvíľu tesne pred písomkou či skúškou. V rámci svojich možností sa budem snažiť nájsť si čas odpovedať.)
Oplatí sa vám zamyslieť aj nad tým, prečo uvedené spôsoby fungujú. (Aj keď zdôvodnenie správnosti aspoň pre niektoré z nich by ste mali poznať z prednášky.)
Nájdite vzdialenosť bodu $X=(2,2,-10,1)$ od afinného podpriestoru zadaného rovnicami
$$
\newcommand{\vekt}[1]{\overrightarrow{#1}}
\newcommand{\abs}[1]{|{#1}|}
\newcommand{\vys}[1]{\underline{\underline{#1}}}
\newcommand{\intrv}[2]{\langle#1,#2\rangle}
\begin{align*}
3x_1+1x_2+1x_3+1x_4&=-5\\
1x_1+3x_2+1x_3+1x_4&=3\\
1x_1+1x_2+1x_3+3x_4&=-3
\end{align*}
$$
Poďme sa najprv pozrieť na zadaný afinný podpriestor. Riešenia homogénnej sústavy by sa azda dali aj uhádnuť - množina riešení je $[(1,1,-5,1)]$. Pre nehomogénnu sústavu dostaneme:
$\left(\begin{array}{cccc|c}
3 & 1 & 1 & 1 &-5 \\
1 & 3 & 1 & 1 & 3 \\
1 & 1 & 1 & 3 &-3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
2 &-2 & 0 & 0 &-8 \\
0 & 2 & 0 &-2 & 6 \\
1 & 1 & 1 & 3 &-3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 &-1 & 0 & 0 &-4 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 3 \\
1 & 1 & 1 & 3 &-3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 3 \\
1 & 0 & 1 & 4 &-6
\end{array}\right)\sim
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 3 \\
0 & 0 & 1 & 5 &-5
\end{array}\right)$
Ide o priamku $(-1,3,-5,0)+t(1,1,-5,1)$.
Chceme nájsť vzdialenosť daného bodu $X=(2,2,-10,1)$ od tejto priamky. Môžeme vyskúšať rôzne metódy:
*************
Minimalizácia vzdialenosti.
Máme $\vekt{XA}=(-1,3,-5,0)-(2,2,-10,1)=(-3,1,5,-1)$, $\vekt{XA(t)}=(-3+t,1+t,5-5t,-1+t)$
$$f(t)=\abs{X,A(t)}^2 = (t-3)^2+(t+1)^2+(5t-5)^2+(t-1)^2$$
Chceme nájsť minimum tejto funkcie. Buď ju môžeme upraviť - je to kvadratická funkcia, vrchol paraboly vieme nájsť. Alebo ju jednoducho zderivujeme:
$f'(t)=2(t-3)+2(t+1)+10(5t-5)+2(t-1)=56t-56$
Minumum: $f(1)=2^2+2^2=8$
Vzdialenosť je teda $\vys{\sqrt8=2\sqrt2}$.
K minimu by sme sa vedeli dopracovať aj bez derivovania - doplnením na štvorec. Po úprave máme
$$f(t)=28t^2-56t+36=28(t-1)^2+8$$
a z toho tiež vidíme, že minimum sa nadobúda, keď $t=1$.
********
Pomocou kolmopremietacieho priestoru. Máme danú priamku určenú bodom $A=(-1,3,-5,0)$ a vektorovou zložkou $S=[(1,1,-5,1)]$.
Najprv chceme nájsť podpriestor prechádzajúci cez $X$, ktorého vektorová zložka je $S^\bot=[(3,1,1,1),(1,3,1,1),(1,1,1,3)]=[(1,0,0,-1),(0,1,0,-1),(0,0,1,5)]$. Z~toho vieme dostať parametrické vyjadrenie tohoto priestoru.
Ľahko však vieme nájsť aj analytické vyjadrenie, ak využijeme, že normálový vektor tejto nadroviny je $(1,1,-5,1)$. Je rovica teda musí mať tvar $x_1+x_2-5x_3+x_4=e$. Hodnotu $e$ vieme nájsť tak, že dosadíme bod $X$. Dostaneme
$$x_1+x_2-5x_3+x_4=55.$$
Teraz chceme nájsť prienik tejto nadroviny so zadanou priamkou, čiže jednoducho riešime sústavu rovníc pozostávajúcu z~troch rovníc určujúcich priamku a z~tejto rovnice určujúcej nadrovinu.
$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 3 \\
0 & 0 & 1 & 5 &-5 \\
1 & 1 &-5 & 1 & 55
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 3 \\
0 & 0 & 1 & 5 &-5 \\
1 & 1 & 0 &26 & 30
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 3 \\
0 & 0 & 1 & 5 &-5 \\
0 & 0 & 0 &28 & 28
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 0 &-10\\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right)$
Zistili sme, že $X^\bot=(0,4,-10,1)$. Môžeme sa presvedčiť, že tento bod patrí do kolmopremietacej nadroviny (dosadením do rovnice) a aj do priamky (dosadením, alebo ak si všimneme, že pre $t=1$ máme $(-1,3,-5,0)+t(1,1,-5,1)=(-1,3,-5,0)+(1,1,-5,1)=(0,4,-10,1)$).
Hľadaná vzdialenosť je presne
$$\abs{XX^\bot}=\abs{(2,2,-10,1)-(0,4,-10,1)}=\abs{(2,-2,0,0)}=\sqrt{(-2)^2+2^2}=\sqrt8=\vys{2\sqrt2}$$
********
Cez priemet. Chceme nájsť priemet vektora $\vekt{XA}=(-3,1,5,-1)$ na podpriestor generovaný vektorom $\vec u=\frac1{\sqrt{28}}(1,1,-5,1)$.
Máme $\intrv{(-3,1,5,-1)}{\vec u}=\frac1{\sqrt{28}}\intrv{(-3,1,5,-1)}{(1,1,-5,1)}=-\frac{28}{\sqrt{28}}$. Teda priemet je $\sqrt{28}\vec u = (-1-1,5,-1)$.
Priemet do $S^\bot$ je $(-3,1,5,-1)-(-1,-1,5,-1)=(-2,2,0,0)$ a vzdialenosť je $\sqrt{(-2)^2+2^2}=\vys{2\sqrt2}$.
********
Cez normálovo kolmé nadroviny. (Tu potrebujeme ortogonálnu bázu $S^\bot$, ktorej výpočet by mohol byť zložitý. Ale pre "pekné" čísla sa dá nájsť pomerne ľahko.)
Pre $S=[(1,1,-5,1)]$ je $S^\bot=[(1,0,0,-1),(1,-2,0,1),(5,5,3,5)]$, t.j. vlastne hľadáme vzdialenosť od prieniku normálovo kolmých nadrovín
$$\begin{align*}
x_1-x_4&=-1\\
x_1-2x_2+x_4&=-7\\
5x_1+5x_2+3x_5+5x_4&=-5
\end{align*}$$
t.j.
$$\begin{align*}
x_1-x_4+1&=0\\
x_1-2x_2+x_4+7&=0\\
5x_1+5x_2+3x_5+5x_4+5&=0
\end{align*}$$
Pre $X=(2,2,-10,1)$ dostaneme:
$\rho(X,\alpha)=\frac{\abs{2-1+1}}{\sqrt2}=\frac2{\sqrt2}=\sqrt2$
$\rho(X,\beta)=\frac{\abs{2-4+1+7}}{\sqrt6}=\frac6{\sqrt6}=\sqrt6$
$\rho(X,\gamma)=\frac{\abs{10+10-30+5+5}}{\sqrt{84}}=0$
$(\sqrt2)^2+(\sqrt6)^2+0^2=
8+6 = 8$
Vzdialenosť je $\vys{\sqrt8=2\sqrt2}$.