msleziak.com

Napíšem sem niečo k tejto úlohe - aj keď vlastne obe veci, z ktorých je "poskladaná" (prienik, ONB) sme už viackrát počítali, čiže poznáme štandardné postupy.

• Prienik dvoch podpriestorov: viewtopic.php?t=816
• Vyjadriť podpriestor pomocou sústavy: viewtopic.php?t=1482
• Ortogonálna báza: viewtopic.php?t=604 a viewtopic.php?t=852

Nájdite ortogonálnu bázu priestoru $S\cap T$, kde
\begin{align*}
S&=[(1,-1,0,0,0),(1,1,1,1,1),(0,0,0,1,-1),(1,2,3,2,1)]\\
T&=[(1,1,-1,1,0),(0,1,1,2,1),(0,1,-1,0,0),(0,0,0,2,-1)]
\end{align*}
Pracujeme v $\mathbb R^5$ so štandardným skalárnym súčinom.

Nájdime prienik.

Pri výpočte $S\cap T$ nám môže pomôcť, ak si vyjadríme tieto dva priestory pomocou vhodného systému lineárnych rovníc. Tú vieme vyčítať, ak si upravíme vektory generujúce jednotlivé podpriestory na redukovaný stupňovitý tvar.
Podpriestor $S$ je množina riešení homogénnej sústavy:
$$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 1 & 0 &-1 &-1 & 0
\end{array}\right)$$
Podpriestor $T$ sa rovná množine riešení sústavy:
$$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 2 & 2 &-1 &-2 & 0
\end{array}\right)$$


Priestor $S\cap T$ sa rovná množine riešení sústavy:
$$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 1 & 0 &-1 &-1 & 0 \\
1 & 2 & 2 &-1 &-2 & 0
\end{array}\right)$$

Iný pohľad na vyjadrenie pre $S\cap T$, ktoré sme dostali, je ten, že (v konečnorozmerných priestoroch) máme $(S\cap T)^\bot=S^\bot+T^\bot$, a teda
$$S\cap T=(S^\bot+T^\bot)^\bot=S^{\bot\bot}\cap T^{\bot\bot}.$$
Naša sústava vyjadruje presne podmienky, že hľadáme vektory, ktoré sú kolmé na každý vektor z $S^\bot$ aj na každý vektor z $T^\bot$.
(Vypočítali sme vlastne, že $S^\bot=[(1,1,0,-1,-1)]$ a $T^\bot=[(1,2,2,-1,-2)]$.)

Tiež si môžeme všimnúť, že sme dostali dve lineárne nezávislé rovnice a teda $\dim(S\cap T)=3$.
Nie je veľmi ťažké prísť na to, že $S+T=\mathbb R^5$. Ak toto vieme naozaj skontrolovať, tak pre dimenziu dostávame
$$\dim(S\cap T)=\dim(S)+\dim(T)-\dim(S+T)=4+4-5=3.$$

Oplatí sa nám túto sústavu upraviť:
$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 1 & 0 &-1 &-1 & 0 \\
1 & 2 & 2 &-1 &-2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 1 & 0 &-1 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 &-2 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0
\end{array}\right)$

Nájdime ortogonálnu bázu - Gram-Schmidtov proces.$\newcommand{\intrv}[2]{\langle #1,#2 \rangle}
\newcommand{\skal}[2]{\intrv{\vec{#1}}{\vec{#2}}}
\newcommand{\skl}[2]{\intrv{#1}{#2}}$
Z vyjadrenia pre $S\cap T$ v tvare sústavy
$$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 &-2 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0
\end{array}\right)$$
si môžem štandardným spôsobom zobrať nejakú bázu:
$$S\cap T=[(2,-2,1,0,0),(1,0,0,1,0),(0,1,0,0,1)].$$
Druhý a tretí vektor sú už na seba kolmé. Ak chcem použiť Gram-Schmidtov proces, tak sa mi môže hodiť začať s týmito vektormi - mám dva kolmé vektory a už mi stačí upravovať iba tretí vektor.
\begin{align*}
\vec a_1&=(1,0,0,1,0)\\
\vec a_2&=(0,1,0,0,1)\\
\vec a_3&=(2,-2,1,0,0)\\
\end{align*}
Dostanem teda $\vec b_1=\vec a_1$, $\vec b_2=\vec a_2$. Ešte chcem vyjadriť tretí vektor ako
$$\vec b_3=\vec a_3+c_{31}\vec b_1+c_{32}\vec b_2$$
pričom
\begin{align*}
c_{31}&=-\frac{\skal{a_3}{b_1}}{\skal{b_1}{b_1}}=-\frac{2}2=-1\\
c_{32}&=-\frac{\skal{a_3}{b_2}}{\skal{b_2}{b_2}}=-\frac{-2}2=1
\end{align*}
Dostaneme
\begin{align*}
\vec b_3&=\vec a_3-\vec a_1+\vec a_2\\
&=(2,-2,1,0,0)-(1,0,0,1,0)+(0,1,0,0,1)\\
&=(1,-1,1,-1,1)
\end{align*}

Dostal som ortogonálnu bázu:
\begin{align*}
\vec b_1&=(1,0,0,1,0)\\
\vec b_2&=(0,1,0,0,1)\\
\vec b_3&=(1,-1,1,-1,1)\\
\end{align*}



Nájdime ortogonálnu bázu - cez sústavy.
Ortogonálnu bázu môžeme nájsť jednoducho tak, že si zoberieme nejaké riešenia tejto sústavy; pričom pri pridávaní ďalšieho vektora vždy dávame pozor na to, aby bol kolmý na predchádzajúce.
Za vektor $\vec u_1$ si môžem zvoliť ľubovoľné riešenie sústavy
$$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 &-2 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0
\end{array}\right),$$
napríklad
$$u_1=(1,0,0,1,0).$$
Vektor $\vec u_2$ by mal patriť do $S$ a súčasne byť kolmý na $\vec u_1$, t.j. má vyhovovať sústave:
$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 &-2 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
0 & 0 &-2 &-2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-2 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)
$
Môžeme si zobrať ktorékoľvek riešenie tejto sústavy, napríklad
$$\vec u_2=(0,1,0,0,1).$$

Pre ďalší vektor pribudla ešte podmienka, že má byť kolmý na $\vec u_2$.
$\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 &-2 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 2 & 0 &-1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim\dots\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-2 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 &-2 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccccc|c}
1 & 0 & 0 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)
$

Dostali sme ortogonálnu bázu:
\begin{align*}
\vec u_1&=(1,0,0,1,0)\\
\vec u_2&=(0,1,0,0,1)\\
\vec u_3&=(1,-1,1,-1,1)
\end{align*}

Poznámky k odovzdaným riešeniam

Hľadanie prieniku.

Viacerí ste hľadali prienik tak, že ste si zobrali vektory $\vec s_1$, $\vec s_2$, $\vec s_3$, $\vec s_4$ generujúce $S$ a vektory $\vec t_1$, $\vec t_2$, $\vec t_3$, $\vec t_4$ generujúce $T$ a potom ste hľadali koeficienty také, že
$$c_1\vec s_1+c_2\vec s_2+c_3\vec s_3+c_4\vec s_4=d_1\vec t_1+d_2\vec t_2+d_3\vec t_3+d_4\vec t_4.$$
Po vyriešení takejto sústavy sa dajú nájsť všetky možnosti pre parametre - a tým vidíme aj ako vyzerajú všetky vektory v $S\cap T$.

Takýto postup je úplne správny. (Len treba nezabudnúť na to, že takto získate iba koeficienty - treba potom ešte nejako nájsť zodpovedajúce vektory.
Aj tu poznamenám, že asi by sa Vám o čosi ľahšie počítalo, ak by ste si zvolili čo najjednoduchšie generátory týchto dvoch podpriestorov. Takže sa asi oplatilo najprv nájsť čo najjednoduchšiu bázu pre S aj pre T - napríklad úpravou na redukovaný tvar.

Ak si upravím vektory generujúce S (a T) na redukovaný tvar, získam ešte jednu výhodu - keď sa už nejako dopracujem k báze pre $S\cap T$, tak si viem ľahko skontrolovať, či nájdené vektory skutočne patria do S aj do T.