Pre ortogonálne projekcie na $S$ a $S^\bot$ máme $(P-Q)^2=I$

[Martin Sleziak]

V jednej z úloh som okrem výpočtu matice $P$ (kolmá projekcia na $S$) a matice $Q$ (kolmá projekcia na $S^\bot$).

Ak ste to skúsili vypočítať, tak ste dostali
$$(P-Q)^2=I.$$
Viacerí z vás ste aj prišli na to, že takéto niečo platí vždy.
A aj ak ste to len vyskúšali pre tie matice, ktoré vám vyšli, môžete sa zamyslieť nad rôznymi spôsobmi, ako sa takéto niečo dá zdôvodniť.

[Martin Sleziak]

Umocníme $(P-Q)^2$

Hint 1: Čomu sa rovná $P^2$? Čomu sa rovná $PQ$? Vieme niečo povedať aj o maticiach $Q^2$ a $QP$?

Malo by to byť takto:

Spoiler:

\begin{align*}
P^2&=P\\
PQ&=0
\end{align*}
Situácia pre matice $P$ a $Q$ je úplne symetrická. Takže máme aj:
\begin{align*}
Q^2&=Q\\
QP&=0
\end{align*}

Iba rovnosť pre $PQ$ je taká, že ste je možno zatiaľ nevideli na prednáške. Ako sa dá zdôvodniť?

Vieme nejako vyjadriť $Q$ a potom pomocou toho $PQ$?

Spoiler:

Máme $Q=I-P$ a teda
$$PQ=P(I-P)=P-P^2=P-P=0.$$

Iná možnosť: Vieme skontrolovať, že zobrazenie určené touto maticou je nulové zobrazenie?

Spoiler:

Vieme, že zobrazenie $\vec x\mapsto\vec xP$ je kolmá projekcia na $S$ a zobrazenie $\vec x\mapsto \vec xQ$ je kolmá projekcia na $S^\bot$.
Teda pre ľubovoľný vektor $\vec x$ máme
$$\vec xPQ=(\vec xP)\vec Q\overset{(*)}=\vec 0$$
pričom rovnosť označená $(*)$ platí preto, že robíme projekciu vektora $\vec xP\in S$ na ortogonálny doplnok $S^\bot$.

Veľmi podobný argument povedaný trochu inak: Ľubovoľný vektor $\vec x\in\mathbb R^n$ sa dá (jednoznačne) napísať ako
$$\vec x=\underset{\in S}{\underbrace{\vec x_1}}+\underset{\in S^\bot}{\underbrace{\vec x_2}}.$$
Potom vieme povedať, že
\begin{align*}
\vec x_1PQ&=\vec x_1Q=\vec 0\\
\vec x_2PQ&=\vec 0Q=\vec 0
\end{align*}
a teda aj
$$\vec xPQ=(\vec x_1+\vec x_2)PQ=\vec0.$$

Ak sme si rozmysleli, čomu sa rovnajú všetky uvedené súčiny, tak maticu $(P-Q)^2$ dostaneme už pomerne jednoduchými úpravami.

Spoiler:

\begin{align*}
(P-Q)^2
&=P^2-PQ-QP+Q^2\\
&=P^2+Q^2\\
&=P+Q\\
&=I
\end{align*}

[Martin Sleziak]

Pozrieme sa na zodpovedajúce zobrazenie

Iná možnosť: Ak vieme ukázať, že zobrazenie
$$\vec x\mapsto \vec x(P-Q)^2$$
je v skutočnosti identita, tak vieme, že sa rovnajú aj matice týchto zobrazení a teda $(P-Q)^2=I$.

Dá sa to ukázať rôznymi spôsobmi, jeden tu naznačím.

Návod:

Spoiler:

Ak rozložíme
$$\vec x=\underset{\in S}{\underbrace{\vec x_1}}+\underset{\in S^\bot}{\underbrace{\vec x_2}},$$
vedeli by sme sa pozrieť na to, čomu sa rovná $\vec x_i(P-Q)$ a aj $\vec x_i(P-Q)^2$ pre $i=1,2$?

Detaily:

Spoiler:

Vieme, ako matice $P$, $Q$ zobrazujú vektory patriace do $S$ resp. do $S^\bot$.
Teda dostaneme
\begin{align*}
\vec x_1(P-Q)&=\vec x_1P-\vec x_1Q=\vec x_1-\vec 0=\vec x_1\\
\vec x_2(P-Q)&=\vec x_2P-\vec x_2Q=\vec 0-\vec x_2=-\vec x_2
\end{align*}
Ak ešte raz vynásobíme $(P-Q)$, tak máme:
\begin{align*}
\vec x_1(P-Q)^2&=\vec x_1(P-Q)=\vec x_1\\
\vec x_2(P-Q)^2&=-\vec x_2(P-Q)=-(-\vec x_2)=\vec x_2
\end{align*}
A dokopy máme
$$\vec x(P-Q)^2=\vec x_1(P-Q)^2+\vec x_2(P-Q)^2=\vec x_1+\vec x_2=\vec x.$$

Dostali sme teda, že naozaj pre každý vektor $\vec x\in\mathbb R^n$ platí
$$\vec x(P-Q)^2=\vec x.$$

[Martin Sleziak]

Pozrieť sa na to isté zobrazenie v inej báze

Napíšem aj niečo takéto - hoci pojem matice lineárneho zobrazenia vzhľadom na nejakú bázu budeme mať až v druhej polovici semestra. (To čo sme videli doteraz, bola matica zobrazenia pri štandardnej báze.)
Teda je to niečo, k čomu sa možno dá vrátiť neskôr. Ale trochu to možno môže dávať zmysel aj teraz, aj keď tu spomeniem pojem, ktorý sme zatiaľ nepreberali. (Keď sa takéto veci neskôr naučíme, tak takýto pohľad na túto úlohu bude veľmi prirodzený - tak sa mi zdalo rozumné spomenúť ho. Malo by sa to dosť podobať na to, ako sme tú istú vec odvodili v predošlom poste.)

V podstate ide iba o základnú myšlienku, že keď sa pozerám na nejaké lineárne zobrazenie, tak sa mi niekedy môže hodiť vybrať si takú bázu, pre ktorú viem popísať správanie tohto zobrazenia jednoducho.

*****

Zoberme si nejakú bázu $\vec b_1,\dots,\vec b_k$ pre podpriestor $S$ a nejakú bázu $\vec b_{k+1},\dots,\vec b_n$ pre podpriestor $S^\bot$. Spolu tieto vektory vytvoria bázu celého priestoru.
Súčasne pre bázové vektory máme
$$\vec b_i(P-Q)=
\begin{cases}
\vec b_i, & i=1,\dots,k \\
-\vec b_i, & i=k+1,\dots,n.
\end{cases}
$$
To znamená, že zobrazenie $\vec x\mapsto \vec x(P-Q)$ má pri tejto báze maticu
$$D=\operatorname{diag}(\underset{\text{$k$-krát}}{\underbrace{1,\dots,1}},\underset{\text{$(n-k)$-krát}}{\underbrace{0,\dots,0}}).$$
Pre túto maticu evidentne platí $D^2=I$.
Súčasne si vieme rozmyslieť, že podmienka $A^2=I$ sa nezmení pri prechode k inej báze.
(Inak povedané, podmienka $f\circ f=id$ mi hovorí niečo o lineárnom zobrazení - je úplne jedno akú bázu som si vybral, ak $f$ popíšem pomocou matice vzhľadom na ktorúkoľvek bázu, bude platiť zodpovedajúca podmienka pre matice.)

*****

Ak chcem to isté vyjadriť bez toho, aby som používal pojem "matica zobrazenia vzhľadom na bázu $\vec b_1,\dots,\vec b_n$", tak to môžem povedať takto:
Videli sme, že re každý z vektorov z tejto bázy platí
$$\vec x(P-Q)^2=\vec x.$$
Súčasne vieme, že lineárne zobrazenie je jednoznačne určené obrazmi bázových vektorov. Teda vidíme, že $\vec x\mapsto\vec x(P-Q)^2$ je identita a $(P-Q)^2=I$.

Zapísané takto je to naozaj v podstate presne to isté ako postup, ktorý som napísal vyššie. Ale ako som spomínal, zdalo sa mi rozumné zapísať to aj takýmto spôsobom.