Riešenie úlohy 2.3: ortonormálna báza(OPRAVENÉ 2)

Moderators: Martin Sleziak, TomasRusin, Veronika Lackova, davidwilsch, jaroslav.gurican, Ludovit_Balko

Post Reply
martin.filek
Posts: 1
Joined: Tue Feb 19, 2013 10:56 pm

Riešenie úlohy 2.3: ortonormálna báza(OPRAVENÉ 2)

Post by martin.filek »

OPRAVENÁ VERZIA
Úloha 2.3. Nájdite ortonormálnu bázu priestoru $S=[(2,1,1,2),(0,1,1,−1),(1,0,2,2)]$. (Pracujeme v R4 so štandardným skalárnym súčinom.)

Pre rýchlejší výpočet si zjednodušíme maticu:

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


Všimnime si, že 1. a 2. riadok matice sú na seba kolmé. Stačí nám upraviť tretí riadok, použijeme Gram-Schmidtov ortogonalizačný proces a následne upravíme veľkosť vektorov na jednotkovú dĺžku.

$\vec\gamma_1 = \vec\alpha_1 = (1,0,2,2)$

$\vec\gamma_2 = \vec\alpha_2 = (0,1,1,−1)$

$\vec\gamma_3 = (0,0,4,1) + c_1(1,0,2,2) + c_2(0,1,1,-1)$


Dopočítame si konštanty:

$c_1=-\frac{\langle\vec\alpha_3,\vec{\gamma_1}\rangle}{\langle\vec\gamma_1,\vec{\gamma_1}\rangle} =
-\frac{\langle(0,0,4,1),(1,0,2,2)\rangle}{\langle(1,0,2,2),(1,0,2,2)\rangle}=-\frac{10}{9}$

$c_2=-\frac{\langle\vec\alpha_3,\vec{\gamma_2}\rangle}{\langle\vec\gamma_2,\vec{\gamma_2}\rangle} =
-\frac{\langle(0,0,4,1),(0,1,1,-1)\rangle}{\langle(0,1,1,-1),(0,1,1,-1)\rangle}=-\frac{3}{3}=-1$

$\vec\gamma_3 = (0,0,4,1) + -\frac{10}{9}(1,0,2,2) + -1(0,1,1,-1)=(-\frac{10}{9},-1,\frac{7}{9},-\frac{2}{9})$


Úprava dĺžok vektorov:

Máme vypočítané $\langle\vec\gamma_1,\vec{\gamma_1}\rangle$, $\langle\vec\gamma_2,\vec{\gamma_2}\rangle$, potom:

$|\vec\gamma_1|=\sqrt{(\langle\vec\gamma_1,\vec{\gamma_1}\rangle)} = 3$

$|\vec\gamma_2|=\sqrt{(\langle\vec\gamma_2,\vec{\gamma_2}\rangle)} = \sqrt{3}$

$|\vec\gamma_3|=\sqrt{(\langle\vec\gamma_3,\vec{\gamma_3}\rangle)} =
\sqrt{(\langle(-\frac{10}{9},-1,\frac{7}{9},-\frac{2}{9}),(-\frac{10}{9},-1,\frac{7}{9},-\frac{2}{9})\rangle)} = \sqrt{\frac{234}{81}} =\sqrt{\frac{9.26}{9.9}} =\sqrt{\frac{26}{9}}
=\frac{\sqrt{26}}{3} $

$\vec\beta_1=\frac{ \vec\gamma_1}{| \vec\gamma_1|}=(\frac{1}{3},0,\frac{2}{3},\frac{2}{3})$

$\vec\beta_2=\frac{ \vec\gamma_2}{| \vec\gamma_2|}=(0,\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{-1}{\sqrt{3}})$

$\vec\beta_3 = \frac{ \vec\gamma_3}{| \vec\gamma_3|}=(-\frac{10}{3.\sqrt{26}},-\frac{3}{\sqrt{26}},\frac{7}{3.\sqrt{26}},-\frac{2}{3.\sqrt{26}})$


Vektory $\vec\beta_1 , \vec\beta_2$ a $\vec\beta_3$ nám tvoria ortonormálnu bázu zadaného priestoru $S$.
Last edited by martin.filek on Mon Feb 25, 2013 9:54 pm, edited 4 times in total.
Martin Sleziak
Posts: 5553
Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm

Re: Riešenie úlohy 2.3: ortonormálna báza

Post by Martin Sleziak »

Je super, že ste si všimli, že dva vektory sú už v zadaní kolmé a použili ste tie - šetrí to množstvo výpočtov, ktoré potrebujeme robiť.

Skúsme sa zamyslieť nad tým, či vieme nejako spraviť skúšku správnosti (aspoň nejakú čiastočnú).

Jedna vec, ktorú vieme ľahko otestovať, je to, či naše vektory sú na seba naozaj kolmé. S $\vec\gamma_1$ a $\vec\gamma_2$ nie je problém - tie boli kolmé už na začiatku. Zostáva skontrolovať, či $\vec\gamma_3$ je kolmý na $\vec\gamma_1$ a $\vec\gamma_2$.

Aby sme nemuseli počítať so zlomkami, môžeme zobrať vektor $9\vec\gamma_3=(-10,-9,7,-2)$.

Naozaj máme:$\newcommand{\skal}[2]{\langle{#1},{#2}\rangle}$
$\skal{(-10,-9,7,-2)}{(0,1,1,-1)}=-9+7+2=0$
$\skal{(-10,-9,7,-2)}{(1,0,2,2)}=-10+14-4=0$

Ďalšia vec, ktorá sa dá skontrolovať, je to, či vektor $(-10,-9,7,-2)$ naozaj leží v zadanom priestore - aj keď na to potrebujeme dorátať maticu do redukovaného trojuholníkového tvaru (alebo riešiť sústavu, ktorou nájdeme koeficienty pre lineárnu kombináciu). Ak dorátame:
$\begin{pmatrix}
2 & 1 & 1 & 2\\
0 & 1 & 1 & -1\\
1 & 0 & 2 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 & 0\\
0 & 1 & 1 & -1\\
1 & 0 & 2 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 & 0\\
0 & 1 & 1 & -1\\
0 &-1 & 3 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 & 0\\
0 & 1 & 1 & -1\\
0 & 0 & 4 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 & 0\\
0 & 1 & 5 & 0\\
0 & 0 & 4 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 0 & -6 & 0\\
0 & 1 & 5 & 0\\
0 & 0 & 4 & 1
\end{pmatrix}$
tak vidíme, že $(-10,-9,7,-2)=-10(1,0,-6,0)-9(1,0,5,0)-2(0,0,4,1)$ (pretože $-10\cdot(-6)-9\cdot5-2\cdot4=60-45-8=60-53=7$

Máme teda dve trojice vektorov, pričom o druhej z nich vieme, že sú nenulové a ortogonálne, teda sú lineárne nezávislé. Teda tieto vektory vygenerujú podpriestor dimenzie 3. Súčasne je to podpriestor zadaného priestoru (ako sme práve overili), ktorý má dimenziu nanajvýš 3, lebo je zadaný tromi vektormi. Ak priestor a jeho podpriestor majú rovnakú dimenziu, tak sa musia rovnať. Teda sme zistili, že pôvodne zadané vektory a vektory $\vec\gamma_1$, $\vec\gamma_2$, $\vec\gamma_3$ generujú ten istý priestor.
martin.filek wrote: $|\vec\gamma_3|=\sqrt{(\langle\vec\gamma_3,\vec{\gamma_3}\rangle)} =
\sqrt{(\langle(-\frac{10}{9},-1,\frac{7}{9},-\frac{2}{9}),(-\frac{10}{9},-1,\frac{7}{9},-\frac{2}{9})\rangle)} = \sqrt{\frac{234}{81}} = \frac{\sqrt{234}}{9}=\frac{\sqrt{78}}{3}$
Je toto naozaj dobre? Vlastne ste tu urobili takúto úpravu:
$\frac{\sqrt{234}}{9}=\frac{\sqrt{3\cdot78}}{9}=\frac{\sqrt{3}\sqrt{78}}9\overset{\color\red?}=\frac{\sqrt{78}}{3}$
či ste vykrátili $\sqrt3$ a $3$.

Toto ešte skúste opraviť, ostatné vyzerá byť ok a značím si 1 bod.
Martin Sleziak
Posts: 5553
Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm

Re: Riešenie úlohy 2.3: ortonormálna báza(OPRAVENÉ)

Post by Martin Sleziak »

Ešte sa tam dalo krátiť:
$\sqrt{\frac{234}{81}}=\sqrt{\frac{9\cdot26}{9\cdot9}}=\sqrt{\frac{26}{9}}=\frac{\sqrt{26}}3$.
(Na správnosti výsledku to nemení nič, len to možno vyzerá trochu krajšie s menšími číslami.)
Post Reply