Matica projekcie na 2-rozmerný podpriestor v $\mathbb R^4$

[Martin Sleziak]

Príkladov na maticu ortogonálnej projekcie je na fóre vypočítaných viacero:
viewtopic.php?t=824
viewtopic.php?t=1414
viewtopic.php?t=1534
viewtopic.php?t=1659

Tu teda iba stručne napíšem niečo k výsledku a výpočtom v tomto konkrétnom príklade.

Pre daný podpriestor $S$ v~$\mathbb R^4$ so štandardným skalárnym súčinom nájdite maticu $P$ ortogonálnej projekcie na $S$. (Uveďte aj postup resp. zdôvodnenie, ktorým ste sa dostali k výsledku.)

Čomu sa pre túto maticu rovnajú hodnosť $h(P)$ a stopa $\operatorname{tr}(P)$?

$$S=[(1,1,1,0),(1,2,0,2),(1,0,2,-2)]$$

Správny výsledok je
$$P=\frac16\begin{pmatrix}
2 & 2 & 2 & 0 \\
2 & 3 & 1 & 2 \\
2 & 1 & 3 &-2 \\
0 & 2 &-2 & 4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac13 & \frac13 & \frac13 & 0 \\
\frac13 & \frac12 & \frac16 & \frac13 \\
\frac13 & \frac16 & \frac12 &-\frac13 \\
0 & \frac13 &-\frac13 & \frac23
\end{pmatrix}
$$


Pripomeniem, že matica ortogonálnej projekcie pri štandardnom skalárnom súčine v $\mathbb R^n$ musí byť symetrická - a vidíme, že výsledok naozaj je symetrická matica.

Ďalšia vec, ktorá sa dá skontrolovať rýchlo, je $\operatorname{tr}(P)=\dim(S)$, čo v tomto prípade vyjde $2$. (Nižšie vypočítame dimenziu podpriestoru $S$.)

Vieme skontrolovať, či pre zadané vektory (resp. pre vektory z bázy $S$) platí $\vec xP=\vec x$.
Ak nájdeme aj bázu priestoru $S^\bot$ a skontrolujeme, či pre všetky vetkroy z tejto bázy platí $\vec yP=\vec 0$, tak týmto sme už spravili kompletnú skúšku správnosti.

V zadaní som sa pýtal aj na hodnosť - platí, že $h(P)=\dim(S)$. (Vo všeobecnosti je hodnosť matice zobrazenia rovná dimenzii obrazu.)

Báza a dimenzia $S$

Štandardným postupom vieme nájsť bázu a dimenziu podpriestoru $S$.
$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 2 & 0 & 2 \\
1 & 0 & 2 &-2
\end{pmatrix}\sim\dots\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 &-2 \\
0 & 1 &-1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

Spoiler:

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

Teda vidíme, že $\dim(S)=2$ a $S=[(1,0,2,-2),(0,1,-2,2)]$.

Z toho istého výpočtu vidíme, že $S^\bot=[(-2,1,1,0),(2,-2,0,1)]$.

Hľadanie matice zobrazenia

Pre vektory z $S$ má platiť $\vec xP=\vec x$. Pre vektory z $S^\bot$ má platiť $\vec xP=\vec0$.
Teda stačí použiť štandardný postup na hľadanie matice zobrazenia.

$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 2 &-2 & 1 & 0 & 2 &-2 \\
0 & 1 &-1 & 2 & 0 & 1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
2 &-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & \frac13 & \frac13 & \frac13 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & \frac13 & \frac12 & \frac16 & \frac13 \\
0 & 0 & 1 & 0 & \frac13 & \frac16 & \frac12 &-\frac13 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \frac13 &-\frac13 & \frac23
\end{array}\right)$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 2 &-2 & 1 & 0 & 2 &-2 \\
0 & 1 &-1 & 2 & 0 & 1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
2 &-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 2 &-2 & 1 & 0 & 2 &-2 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
-2 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
2 &-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
5 &-4 & 2 & 0 & 1 & 0 & 2 &-2 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
-2 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
2 &-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
9 &-6 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 &-2 \\
3 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
-2 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
2 &-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
3 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 &-6 & 0 & 0 &-2 &-3 &-1 &-2 \\
-2 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
2 &-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & \frac13 & \frac13 & \frac13 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & \frac13 & \frac12 & \frac16 & \frac13 \\
-2 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
2 &-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & \frac13 & \frac13 & \frac13 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & \frac13 & \frac12 & \frac16 & \frac13 \\
0 & 1 & 1 & 0 & \frac23 & \frac23 & \frac23 & 0 \\
0 &-2 & 0 & 1 &-\frac23 &-\frac23 &-\frac23 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & \frac13 & \frac13 & \frac13 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & \frac13 & \frac12 & \frac16 & \frac13 \\
0 & 0 & 1 & 0 & \frac13 & \frac16 & \frac12 &-\frac13 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \frac13 &-\frac13 & \frac23
\end{array}\right)$

Pomocou ortonormálnej bázy

Ak nájdeme nejaké vektory $\vec u_1$, $\vec u_2$ tvoriace ortonormálnu bázu podpriestoru $S$, tak môžeme napísať maticu $P$ v tvare
$$P=\vec u_1^T\vec u_1+\vec u_2^T\vec u_2$$
resp. $P=U^TU$, kde $U$ má ako riadky vektory z ortonormálnej bázy.

Spôsob hľadania ortonormálnej bázy (resp. ortogonálnej bázy) sme videli na viacerých príkladoch:
viewtopic.php?t=604
viewtopic.php?t=852
viewtopic.php?t=1789
Sem teda nebudem písať ako sa dala takáto báza nájsť.

Napríklad môžeme zobrať ortogonálnu bázu $(1,1,1,0)$ a $(0,1,-1,2)$, resp. ortonormálnu bázu
$\frac1{\sqrt3}(1,1,1,0)$ a $\frac1{\sqrt6}(0,1,-1,2)$.

Dostaneme:
\begin{align*}
P&=
\frac13\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}+
\frac16\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 2 \\
0 &-1 & 1 &-2 \\
0 & 2 &-2 & 4 \\
\end{pmatrix}\\
&=\frac16\begin{pmatrix}
2 & 2 & 2 & 0 \\
2 & 3 & 1 & 2 \\
2 & 1 & 3 &-2 \\
0 & 2 &-2 & 4 \\
\end{pmatrix}
\end{align*}

[Martin Sleziak]

Poznámky k niektorým odovzdaným riešeniam

Opäť pripomeniem, že pri úlohe tohto typu si viete urobiť skúšku. (Prinajmenšom pre vektory zo zadania; ale ak si vypočítate aj $S^\bot$, tak dokonca aj úplne komplexnú skúšku.)

Pri otázke, čomu sa rovná $h(P)$, by mi úplne stačia odpoveď, že sa to musí rovnať $\dim(S)$; a teda pri tomto zadaní dvojke. (Ale samozrejme ak ste si skúsili maticu upraviť na redukovaný tvar, je to úplne v poriadku - týmto výpočtom ste si odskúšali, či to naozaj sedí.)

Už som spomínal ako dôvody, prečo sa oplatí skúsiť upraviť zadané vektory na redukovaný tvar:
* Ak postupujem pomocou sústav, tak to potrebujem urobiť tak či tak.
* GS púšťam na jednoduchšie vektory - ľahšie sa mi počíta.

Ďalšia výhoda, ktorú takto získate, že pre vektory z vašej ortogonálnej bázy viete ľahko skontrolovať, či naozaj patria do $S$. Čo je vlastne čiastočná skúška správnosti.

Ak akýmkoľvek spôsobom vypočítam vektory, ktoré by mali byť ortogonálne, tak viem ľahko skontrolovať, či sú naozaj na seba kolmé - stačí vypočítať ich skalárny súčin.

V niektorých riešeniach, ktoré som dostal, boli akoby skombinované oba spôsoby, ktoré sme používali. Tak aj len pre istotu napíšem:

• Ak používam postup na hľadanie matice zobrazenia, tak mi stačia akékoľvek bázy podpriestorov $S$ a $S^\bot$. (Nepotrebujem, aby boli nutne ortogonálne či ortonormálne.)
• Ak používame vzťah $P=U^TU$, tak potrebujem ortonormálnu bázu, ale v tomto prípade mi stačí báza pre $S$. (Samozrejme, báza pre $S^\bot$ môže byť stále užitočná, ak si chcem urobiť skúšku; ale tu už môžem zobrať akúkoľvek bázu.)

Čiže tí z vás, čo spočítali ortogonálnu (ortonormálnu) bázu pre $S$ a aj ortogonálnu (ortonormálnu) bázu pre $S^\bot$ vlastne počítali nejaké veci navyše, ktoré v skutočnosti na vyriešenie príkladu nebolo treba.

Matica ortogonálnej projekcie pri štandardnom skalárnom súčine musí byť symetrická - ak vám to tak nevyšlo, treba niekde hľadať chybu.

Dostal som aj riešenie, v ktorom sa využil vzorec $P=A(A^TA)^{-1}A^T$. (Pričom matica $A$ má v stĺpcoch nejakú bázu podpriestoru $S$.)
Toto je síce správne - ale ak používate nejaké veci, ktoré neboli na prednáške, tak by ich bolo rozumné zdôvodniť.
(A okrem toho si ešte treba dávať pozor, či použitý zdroj používa riadkové alebo stĺpcové vektory. Aj keď pri tomto type úlohy dostaneme symetrickú maticu, čiže tu na tom nezáleží.)