Nájdenie ortogonálnej (ortonormálnej) bázy

[Martin Sleziak]

Občas sa vyskytne situácia, že chceme nájsť ortonormálnu bázu nejakého podpriestoru priestoru $\mathbb R^n$. V podstate stačí nájsť ortogonálnu bázu a potom každý vektor vydeliť jeho veľkosťou (znormalizovať). Pripomeňme si dva postupy, ktoré sme na výpočet ortogonálnej bázy používali.

Úloha: Nájdite ortogonálnu bázu podpriestoru $S=[(1,1,1,1),(1,0,1,2),(0,1,2,1)]$.

Oplatí sa nám začať tým, že nájdeme nejakú (podľa možnosti čo najjednoduchšiu) bázu podpriestoru $S$.

Úprava na RTM.
$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 2 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 1 & 2 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 2 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}$

Zistili sme, že $S=[(1,0,0,1),(0,1,0,-1),(0,0,1,1)]$

Hľadanie bázových vektorov pomocou sústavy rovníc. Ak postupne hľadáme vektory nejakej ortogonálnej bázy, tak sa ďalší vektor by mal byť kolmý na doteraz nájdené. Túto podmienku vieme vyjadriť sústavou rovníc. Ale požadujeme aj to, aby nový vektor patril aj do $S$. Vieme aj toto vyjadriť nejakými rovnicami?

Odpoveď je áno. Každý podpriestor $\mathbb R^n$ je množinou riešení nejakého homogénneho systému. V tomto konkrétnom prípade nám stačí systém s jednou nenulovou rovnicou; lebo podpriestor riešení takéhoto systému má dimenziu $3$. Takže chcem nájsť jednou rovnicu tvaru $ax_1+bx_2+cx_3+dx_4=0$ tak, aby jej vyhovovali vektory generujúce podpriestor $S$. To je ale presne to isté ako požadovať, aby štvorica $(a,b,c,d)$ bola riešením homogénneho systému s maticou
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}$
Čiže si vlastne stačí prečítať nejaké riešenie tejto sústavy, napríklad $(1,-1,1,-1)$. Vidíme potom, že
$$S=\{(x_1,x_2,x_3,x_4); x_1-x_2+x_3-x_4=0\}.$$
Inak povedané, do $S$ patria práve také vektory, ktoré vyhovujú rovnici $x_1-x_2+x_3-x_4=0$.

Teraz sa už môžeme pustiť do hľadania ortogonálnej bázy.
Ako prvý vektor zoberme niektorý vektor pôvodnej bázy, napríklad $\vec u_1=(1,0,0,1)$.

Teraz chceme nájsť vektor $\vec u_2$, ktorý je kolmý na $\vec u_1$. To znamená, že má spĺňať podmienku:
$$x_1+x_4=0.$$
Súčasne má patriť do $S$, teda má vyhovovať rovnici
$$x_1-x_2+x_3-x_4=0.$$
Chceme teda nájsť nejaké riešenie sústavy rovníc
$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
1 &-1 & 1 &-1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 1 &-2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 2 & 0
\end{array}\right)$
Riešením je napríklad $\vec u_2=(0,1,1,0)$.
(Vedeli by sme nájsť aj všetky riešenia tejto sústavy, nám tu ale úplne stačí ktorékoľvek nenulové riešenie.)

Podobne hľadáme vektor $\vec u_3$, Chceme, aby bol kolmý na prvé dva vektory $\vec u_1$, $\vec u_2$ a tiež, aby patril do $S$. To nám dá tri rovnice
$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
1 &-1 & 1 &-1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 1 &-2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 &-2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 &-1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 &-1 & 0
\end{array}\right)$
Riešením tejto sústavy je napríklad $\vec u_3=(1,1,-1,-1)$.

Našli sme ortogonálnu bázu priestoru $S$:
$\vec u_1=(1,0,0,1)$
$\vec u_2=(0,1,1,0)$
$\vec u_3=(1,1,-1,-1)$

Nájdenie bázy Gram-Schmidtovým procesom.
Začneme s bázou $\vec a_1=(1,0,0,1)$, $\vec a_2=(0,1,0,-1)$, $\vec a_3=(0,0,1,1)$.
Položíme $\vec u_1=\vec a_1=(1,0,0,1)$.

Ďalší bázový vektor hľadáme v tvare $\vec u_2=\vec a_2+c_{21}\vec u_1$.
Priamo z podmienky $\langle \vec a_2,\vec u_1\rangle = 0$ vieme dopočítať, čomu sa musí rovnať $c_{21}$. Zistíme (alebo pamätáme si), že
$$c_{21}=-\frac{\langle \vec a_2,\vec u_1 \rangle}{\langle \vec u_1,\vec u_1 \rangle}.$$
V tomto prípade dostaneme $\langle a_2,u_1 \rangle=-1$, $\langle u_1,u_1 \rangle=2$ a $c_{21}=\frac12$.
Teda $\vec u_2=\vec a_2+\frac12\vec u_1=(\frac12,1,0,-\frac12)$.

Podobne aj vektor $\vec u_3$ sa snažíme nájsť v tvare $\vec u_3=\vec a_3+c_{31}\vec u_1+c_{32}\vec u_2$.
Opäť koeficienty vieme vypočítať z toho, že tento vektor má byť kolmý na $\vec u_1$ a $\vec u_2$. Dostaneme
$$
\begin{align*}
c_{31}&=-\frac{\langle \vec a_3,\vec u_1 \rangle}{\langle \vec u_1,\vec u_1 \rangle}\\
c_{32}&=-\frac{\langle \vec a_3,\vec u_2 \rangle}{\langle \vec u_2,\vec u_2 \rangle}
\end{align*}
$$
V našom prípade dostaneme $c_{31}=-\frac12$ a $c_{32}=-\frac{-\frac12}{\frac32}=\frac13$.
Potom $\vec u_3=\vec a_3-\frac12\vec u_1+\frac13 \vec u_2=(-\frac13,\frac13,1,\frac13)$

Našli sme ortogonálnu bázu:
$\vec u_1=(1,0,0,1)$
$\vec u_2=\frac12(1,2,0,-1)$
$\vec u_3=\frac13(-1,1,3,1)$

[Martin Sleziak]

Skúsme sa pozrieť ešte aspoň na jeden príklad takého typu, kde bude treba viac než jednu rovnicu na popísanie podpriestoru $S$. (V predošlej úlohe išlo o priestor kodimenzie $1$, preto nám stačila jedna rovnica.)

Úloha: Nájdite ortogonálnu bázu podpriestoru $S=[(1,1,1,1,0),(1,0,1,2,1),(0,1,2,1,1)]$.

Opäť budeme postupovať rovnako ako v predošlej úlohe a opäť si ukážeme oba spomenuté postupy.

Úprava na RTM.
$
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 2 & 2 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 & 1 \\
0 &-1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}$

Riešenie pomocou sústavy.
Teraz potrebujeme na vyjadrenie podpriestoru $S$ dve lineárne nezávislé rovnice. (Aby sme dostali v $\mathbb R^5$ množinu riešení, ktorá má dimenziu $3$.)
Môžeme napríklad použiť
$$S=\{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\mathbb R^5; x_1-x_2+x_3-x_4=0, x_2-x_3+x_5=0\}.$$

Opäť môžeme zvoliť $\vec u_1=(1,0,0,1,0)$.

Vektor $\vec u_2$ hľadáme tak, aby vyhovoval podmienkam
$\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
1 &-1 & 1 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 0 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 1 &-2 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 0 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 0 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)$
Riešením je napríklad vektor $\vec u_2=(0,1,1,0,0)$.

Pri hľadaní $\vec u_3$ nám pribudne ďalšia rovnica, ktorá hovorí, že je kolmý aj na $\vec u_2$.
$\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 &-2 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2 & 1 & 0 \\
\end{array}\right)$
Riešením sústavy je vektor $\vec u_3=(1,1,-1,-1,-2)$.

Našli sme ortogonálnu bázu:
$\vec u_1=(1,0,0,1,0)$
$\vec u_2=(0,1,1,0,0)$
$\vec u_3=(1,1,-1,-1,-2)$

Gram-Schmidt
Riešenie Gram-Schmidtovým procesom je presne rovnaké, ako v predošlom prípade. Jediná mierna komplikácia je, že pri výpočte skalárneho súčinu musíme počítať päť súradníc a nie iba štyri.

Začneme s bázou $\vec a_1=(1,0,0,1,0)$, $\vec a_2=(0,1,0,-1,-1)$, $\vec a_3=(0,0,1,1,1)$.
$\vec u_1=\vec a_1=(1,0,0,1,0)$
$$c_{21}=-\frac{\langle \vec a_2,\vec u_1 \rangle}{\langle \vec u_1,\vec u_1 \rangle}=-\frac{-1}{2}=\frac12.$$
$\vec u_2=\vec a_2+\frac12\vec u_1 = (\frac12,1,0,-\frac12,-1)=\frac12(1,2,0,-1,-2)$.
$$
\begin{align*}
c_{31}&=-\frac{\langle \vec a_3,\vec u_1 \rangle}{\langle \vec u_1,\vec u_1 \rangle}=-\frac12\\
c_{32}&=-\frac{\langle \vec a_3,\vec u_2 \rangle}{\langle \vec u_2,\vec u_2 \rangle}=-\frac{-\frac32}{\frac52}=\frac35
\end{align*}
$$
$\vec u_3=\vec a_3+c_{31}\vec u_1+c_{32}\vec u_2=(-\frac15,\frac35,1,\frac15,\frac25)=\frac15(-1,3,5,1,2)$