Matica ortogonálnej projekcie

[Martin Sleziak]

Napíšem niečo k príkladom z písomky - aj keď viacero vecí podobného typu je na fóre vyriešených: viewtopic.php?t=993

Obe skupiny boli dosť podobné budem tu písať k jednej z nich:

Nájdite maticu ortogonálnej projekcie na podpriestor
$$S=[(1,2,1,-2),(3,1,2,-2),(1,3,3,-1)].$$
(V $\mathbb R^4$ s obvyklým skalárnym súčinom.)

Nájdenie $S^\bot$

Pri viacerých postupoch, ktoré sme si ukazovali sa nám hodí nájsť najprv ortogonálny doplnok podpriestoru $S$.
To vlastne znamená zapísať si podmienku že tento vektor má byť kolmý na $(1,2,1,-2)$, $(3,1,2,-2)$ aj $(1,3,3,-1)$. Dostaneme homogénnu sústavu troch lineárnych rovníc, ktorú riešime štandardným spôsobom. (Môžeme si všimnúť, že popritom súčasne vypočítame aj bázu a dimenziu priestoru $S$.)
$\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 &-2 \\
3 & 1 & 2 &-2 \\
1 & 3 & 3 &-1 \\
\end{pmatrix}
\sim\dots\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}$
Vidíme, že $S^\bot=[(1,1,-1,1)]$.
Súčasne sme zistili, že $\dim(S)=3$ a riadky uvedenej matice nám dávajú bázu podpriestoru $S$.

Spoiler:

$
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 &-2 \\
3 & 1 & 2 &-2 \\
1 & 3 & 3 &-1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 &-2 \\
3 & 1 & 2 &-2 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-3 &-4 \\
3 & 0 & 0 &-3 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
0 & 0 &-3 &-3 \\
1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$

Priemet na $S^\bot$

Pretože $S^\bot$ je jednorozmerný podpriestor, vieme nájsť projekciu na $S^\bot$ ľahko. Stačí si zobrať vektor jednotkovej dĺžky, ktorý generuje tento podpriestor. V našom prípade to je vektor $\frac12(1,1,-1,1)$.
Maticu projekcie na $S^\bot$ dostaneme potom ako $P'=\vec u \vec u^T$, teda
$$P'=\frac14(1,1,-1,1)\begin{pmatrix}1\\1\\-1\\1\end{pmatrix}=
\frac14
\begin{pmatrix}
1 & 1 &-1 & 1 \\
1 & 1 &-1 & 1 \\
-1 &-1 & 1 &-1 \\
1 & 1 &-1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
Nás zaujíma priemet na $S$, nie $S^\bot$; to už ale dopočítame ľahko: $$P=I-P'=\frac14
\begin{pmatrix}
3 &-1 & 1 &-1 \\
-1 & 3 & 1 &-1 \\
1 & 1 & 3 & 1 \\
-1 &-1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}
$$

Matica zobrazenia

Iná možnosť ako nájsť maticu $P$ je využiť že vieme:
* Pre ľubovoľné $\vec x\in S$ platí $p(\vec x)=\vec x$.
* Pre ľubovoľné $\vec x\in S^\bot$ platí $p(\vec x)=\vec 0$.

Súčasne máme bázové vektory pre $S$ a pre $S^\bot$, ktoré spolu vytvoria bázu celého priestoru (Vieme, že v konečnorozmere platí $S\oplus S^\bot=V$.)
Ak poznáme obrazy bázových vektorov, tak to už jednoznačne určuje lineárne zobrazenie. Jeho maticu vieme vypočítať
$$P=
\begin{pmatrix}
\frac34 &-\frac14 & \frac14 &-\frac14 \\
-\frac14 & \frac34 & \frac14 &-\frac14 \\
\frac14 & \frac14 & \frac34 & \frac14 \\
-\frac14 &-\frac14 & \frac14 & \frac34
\end{pmatrix}
$$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 1 &-1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 &-1 & 2 &-1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 &-1 & 3 &-1 &-1 & 0 & 2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 4 &-1 &-1 & 1 & 3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 &-1 & 1 & 0 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 &-\frac14 &-\frac14 & \frac14 & \frac34
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & \frac34 &-\frac14 & \frac14 &-\frac14 \\
0 & 1 & 0 & 0 &-\frac14 & \frac34 & \frac14 &-\frac14 \\
0 & 0 & 1 & 0 & \frac14 & \frac14 & \frac34 & \frac14 \\
0 & 0 & 0 & 1 &-\frac14 &-\frac14 & \frac14 & \frac34
\end{array}\right)
$

[Martin Sleziak]

Skúška správnosti

Som si vedomý toho, že na písomke takéto niečo možno nestihnete - najmä ak vám výpočty trvali dlhšie.
Ale aspoň pripomeniem, že sa pomerne ľahko dá urobiť (aspoň čiastočná) skúška správnosti - v prípade, že ste niekde spravili chybu, takto aspoň prídete na to že ju treba niekde hľadať.

Ak som ako prvý krok vypočítal $S^\bot=(1,1,-1,1)$, tak si môžem skontrolovať či tento vektor je skutočne kolmý na vektory generujúce $S$.
Napríklad pre prvý vektor skontrolujem že $\langle (1,1,-1,1),(1,2,1,-2)\rangle = 1+2-1-2=0$. (A podobne pre ostatné vektory.)

Ak som už vyrátal maticu $P$, tak viem skontrolovať či nemení vektory z $S$ resp. či vektory z $S^\bot$ pošle na nulový vektor. Napríklad:
\begin{align*}
(3,1,2,-2)P&=
\frac14
(3,1,2,-2)
\begin{pmatrix}
3 &-1 & 1 &-1 \\
-1 & 3 & 1 &-1 \\
1 & 1 & 3 & 1 \\
-1 &-1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}=
\frac14(12,4,8,-8)=(3,1,2,-2)\\
(1,1,-1,1)P&=
\frac14
(1,1,-1,1)
\begin{pmatrix}
3 &-1 & 1 &-1 \\
-1 & 3 & 1 &-1 \\
1 & 1 & 3 & 1 \\
-1 &-1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}=
\frac14(0,0,0,0)=(0,0,0,0)
\end{align*}

[Martin Sleziak]

Výpočet pomocou ortonormálnej bázy $S$

Pripomeniem, že ak máme nejakú ortogonálnu bázu $\vec u_1,\vec u_2,\dots,\vec u_k$, tak projekciu vieme vyjadriť ako
$$\newcommand{\skal}[2]{\langle{\vec{#1}},{\vec{#2}}\rangle} p(\vec x)= \frac{\skal{x}{u_1}}{\skal{u_1}{u_1}} \vec u_1 + \frac{\skal{x}{u_2}}{\skal{u_2}{u_2}} \vec u_2 + \dots + \frac{\skal{x}{u_k}}{\skal{u_k}{u_k}} \vec u_k.$$
Ak je táto báza navyše ortogonálna, tak máme
$$p(\vec x)= \skal{x}{u_1} \vec u_1 + \skal{x}{u_2} \vec u_2 + \dots + \skal{x}{u_k} \vec u_k.$$
Z tohoto posledného vyjadrenia vidno aj to, že matica tohoto zobrazenia je vlastne
$$P=\vec u_1^T\vec u_1+\vec u_2^T\vec u_2+\dots+\vec u_k^T\vec u_k.$$
(Inak povedané, súčet projekcií do smerov vektorov $\vec u_1, \vec u_2, \dots, \vec u_k$.)

Toto tiež môžeme použiť na výpočet matice $P$. (Aj keď v tomto konkrétnom príklade to asi nebol najjednoduchší postup.)
Zdôrazním ale ešte raz, že treba použiť ortonormálnu bázu - pre ľubovoľnú bázu to fungovať nebude.

Nájsť ortogonálnu bázu vieme viacerými spôsobmi. Pre $S$ máme napríklad bázu z vektorov $(1,-1,0,0)$, $(0,0,1,1)$ a $(1,1,1,-1)$.
Po vynormovaní dostaneme $\vec u_1=\frac1{\sqrt2}(1,-1,0,0)$, $\vec u_2=\frac1{\sqrt2}(0,0,1,1)$ a $\vec u_3=\frac12(1,1,1,-1)$.
Z týchto vektorov dostaneme
\begin{align*}
\vec u_1 \vec u_1^T&=
\frac12\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\\
\vec u_2 \vec u_2^T&=
\frac12\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}\\
\vec u_3 \vec u_3^T&=
\frac14\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 &-1 \\
1 & 1 & 1 &-1 \\
1 & 1 & 1 &-1 \\
-1 &-1 &-1 & 1 \\
\end{pmatrix}
\end{align*}
Sčítaním týchto troch matíc dostaneme
$$P=\frac14
\begin{pmatrix}
3 &-1 & 1 &-1 \\
-1 & 3 & 1 &-1 \\
1 & 1 & 3 & 1 \\
-1 &-1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}
$$