ORTOGONALT KOMPLEMENT TILL ETT UNDERRUM
Definition 7 . Ortogonalt komplement
Låt W vara ett underrum i Rn. Det ortogonala komplementet till W är mängden av de vektorer i Rn som är ortogonala mot alla vektorer i W:
} ,
0 :
{ x R w x för alla w i W
W n
=
⋅
∈
⊥ =
Sats 1: Om W span(v1,v2,...vp)
= så är en vektor x∈Rn
ortogonal mot alla vektorer i W om och endast om x
är ortogonal mot alla v v vp ,...
, 2
1 .
Bevis: Anta att x∈Rn
är ortogonal mot alla v v vp ,...
, 2
1 , dvs
0 ...,
, 0 ,
0 2
1⋅x = v ⋅x= v ⋅x=
v p
och w∈W
. Då är w cv c v cpvp + + +
= 1 1 2 2 ... och därmed
p px v c v
x c v x c w
x
⋅ + +
⋅ +
⋅
=
⋅ 1 1 2 2 ... =0+0+...+0=0. ---
Konsekvensen: Det ortogonala komplementet W till underrummet ⊥ )
,...
, (v1 v2 vp span
W
= kan vi bestämma genom att lösa systemet
Anmärkning. För att minska beräkning kan vi ta bort beroende vektorer bland vp
v v
,...
, 2
1 dvs uttrycka W span(u1,u2,...uk)
= där u u uk
,...
, 2
1 är linjär oberoende ( och därmed en bas till W).
Uppgift 1. a) Bestäm W om W=span(⊥
5 0 5 , 2 0 2 , 1 0 1 , 0 2 1 , 0 2 1
) .
b) Bestäm en bas till W ⊥
Lösning: Det är uppenbart att en bas till W består av
= 0 2 1 u1
och
= 1 0 1 u2
, alltså är 0
...
, 0
, 0
2 1
=
⋅
=
⋅
=
⋅
x v
x v
x v
p
Sida 1 av 7
W=span(
0 2 1
,
1 0 1
) .
Låt
= z y x x
Vi löser systemet
1⋅ x =0 u
,
2⋅ x =0 u dvs
⇒
= +
−
=
⇒ +
= +
= +
0 2
0 2 0
0 2
z y
y x z
x y
x (en fri variabel z=t) ⇒
z y x
=
−
=
−
1 2 / 1
1 2
/ t
t t
t
.
Därmed är )
1 2 / 1
1 ( }
, 1
2 / 1
1 {
−
=
∈
−
=
⊥ t t R span
W och därmed är )
1 2 / 1
1 (
−
en bas till W . ⊥
Svar a) )
1 2 / 1
1 (
−
=
⊥ span
W
b) En bas till W är ⊥ ) 1
2 / 1
1 (
− .
Uppgift 2. a) Bestäm W om W=span(⊥
4 3 2 1
,
16 14 12 10
) .
b) Bestäm en bas till W ⊥ Lösning:
Vi söker vektorer x
som är vinkelräta mot W:s basvektorer
4 3 2 1
och
16 14 12 10
.
Sida 2 av 7
Vi ska bestämma alla
= w
z y x x
som är ortogonala mot W:s basvektorer
4 3 2 1
och
16 14 12 10
.
Vi löser systemet
⇒
= + + +
= + + +
0 16 14 12 10
0 4 3 2
w z y x
w z y
x ⇒
=
−
−
−
= + + +
0 24 16 8
0 4 3 2
w z y
w z y x
⇒
= + +
= + + +
0 3 2
0 4 3 2
w z y
w z y x
Två ledande variabler: z=s och w=t,
+ −
= −
−
− +
=
1 0 3 2
0 1 2 1 3
2 2
t s
t s
t s
t s
w z y x
.
Alltså är W⊥ = )
1 0 3 2 , 0 1 2 1 ( }
, 1 0 3 2
0 1 2 1 {
−
= −
∈
+ −
− t t s R span
s .
Därmed bildar vektorerna
−
−
1 0 3 2 , 0 1 2 1
(som är uppenbart oberoende) en bas i W . ⊥
Svar: a) W = span( ⊥
−
−
1 0 3 2 , 0 1 2 1
) .
b) En bas till W är ⊥ ) 1 0 3 2 , 0 1 2 1 (
−
−
Uppgift 3. Låt
=
3 1 2
2 1 1
1 0 1
A
Sida 3 av 7
Bestäm a) Im(A , b) )
(
Im(A))
⊥ och c) Ker(AT). Lösning:a) Med elementära radoperationer får vi
=
0 0 0
1 1 0
1 0 1
~ 1 1 0
1 1 0
1 0 1
~ 3 1 2
2 1 1
1 0 1
A som implicerar att den tredje kolonnen beror av
de första två.
Därmed )
1 1 0 , 2 1 1 ( )
Im(
= span A
b) Vi löser systemet
sys(b) ⇒
= +
= + +
0 0 2 z y
z y
x (en fri variabel z=t) ⇒
z y x
=
−
−
=
−
−
1 1 1 t t
t t
.
Därmed
(
Im(A))
⊥= span(
−
−
1 1 1
) .
c) Först
=
3 2 1
1 1 0
2 1 1
AT .
För att bestämma Ker(AT) löser vi systemet 0
= x
AT dvs
=
= +
= + +
⇔
= + +
= +
= + +
0 0
0 0 2 ...
0 3 2
0 0 2
z y
z y x
z y x
z y
z y x
(ekvivalent med ovanstående sys(b) )
Härav
z y x
=
−
−
=
−
−
1 1 1 t t
t t
och därmed Ker(AT)= ) 1
1 1 (
−
−
span =
(
Im(A))
⊥.Svar: a) )
1 1 0 , 2 1 1 ( )
Im(
= span
A
Sida 4 av 7
b)
(
Im(A))
⊥= span(
−
−
1 1 1
)
c) Ker(AT)= ) 1
1 1 (
−
−
span ( =
(
Im(A))
⊥ ).Anmärkning: Det är uppenbart att för varje matris A gäller Ker(AT)=
(
Im(A))
⊥.EGENSKAPER:
a) Det ortogonala komplementet W är ett underrum till R⊥ n b) Endast nollvektorn ligger i både W och W dvs ⊥ {0}
=
∩W⊥
W .
c) dim(W) +dim( W ) = n ⊥ d) (W⊥)⊥ =W
Uppgift 3. Bevisa ovanstående egenskaper a) – d).
Lösning
Vi bevisar a) och d) a) 1. 0
ligger i W eftersom ⊥ 0⋅ w =0
för alla w i W.
2. Om u och v
ligger i W då ligger också deras summa ⊥ u +v
i W ⊥ eftersom (u+v)⋅w =u⋅w+v⋅w =0+0=0
för varje w i W.
3. Om u
ligger i W då ligger också ⊥ λ i u W ⊥ eftersom (λu)⋅w =λ(u⋅w)=0 för varje w
i W.
1, 2 och 3 visar att W är ett underrum till R⊥ n. b) Låt x
vara en vektor som ligger i både W och W . Varje vektor som ligger i ⊥ W är ⊥ ortogonal mot alla vektorer i W. Därför är x
ortogonal mot sig själv.
Alltså x⋅ x=0
dvs |x|=0
, som är ekvivalent med 0
=
x V.S.B.
c) Anta att dim(W) = p och att v v vp ,...
, 2
1 bildar en bas till W.
Då är W lika med lösningsmängden till systemet ⊥
0 , 0
, 0
2 1
=
⋅
=
⋅
=
⋅
x v
x v
x v
p
eller
0 , 0
, 0
2 1
=
=
=
x v
x v
x v
T p
T T
(där vkTx
betecknar matrisprodukt mellan vkT och x
).
Systemet kan skrivas på formen 0
= x
A där
=
T p
T T
v v v A
2 1
.
Sida 5 av 7
Eftersom rader i A är lin. oberoende vektorer ( de bildar basen i W) så är rang(A)=p= dim(W) .
Enligt dimensionssatsen är rang(A)+ dim(Ker(A))=n.
Eftersom W⊥ =Ker( A) har vi dim(W) +dim( W ) = n V.S.B. ⊥ d)
En godtycklig vektor v
i W är ortogonal mot alla vektorer i W ( enligt definitionen av ⊥ W ) och därför ligger vektorn ⊥ v
i (W⊥)⊥.
Därmed är W ett underrum till (W⊥)⊥, eller lika med (W⊥)⊥. Enligt egenskapen c) gäller följande:
dim(W) +dim( W ) = n ⊥ ⇒ dim(W) =n- dim( W ) (*) ⊥ Om vi tillämpar c) på W har vi ⊥
dim(W ) +dim(⊥ (W⊥)⊥) = n ⇒ dim((W⊥)⊥) =n- dim( W ) (**) ⊥ (*) och (**) ger
dim(W) = dim((W⊥)⊥) (***)
som tillsammans att W ett underrum till (W⊥)⊥, eller lika med (W⊥)⊥visar att W är faktiskt lika med (W⊥)⊥ , V.S.B.
Uppgift 4. (Viktig) Låt A vara en m× matris. Bevisa att n (Im(A))⊥ =Ker(AT). Lösning:
Låt k k kn ,..., , 2
1 betecknar kolonner i A. Notera att Im(A) span(k1,k2,...,kn)
= .
Den ortogonala komplementet bestämmer vi genom att lösa systemet
=
⋅
=
⋅
=
⋅
0 0 0
2 1
x k
x k
x k
n
, där
=
xn
x x
x
2
1
Vi kan byta beteckning i varje ekvation från skalärprodukten k2⋅ x=0 till matrisprodukten kiTx=0
och ange systemet på matrisform
2 0
1
=
x k k k
T n
T T
dvs 0
= x
AT vars lösningar bildar Ker(AT)
Alltså är (Im(A))⊥ =Ker(AT) V.S.B.
Exempel. Vi kan illustrera ovanstående påstående med ett exempel.
Sida 6 av 7
Låt
= 5 2
5 2
2 1
2 1
A . Bestäm (Im( A))⊥.
Lösning:
Låt k1, k2
betecknar kolonner i A. Notera att Im(A) span(k1,k2)
= .
Den ortogonala komplementet bestämmer vi genom att lösa
=
⋅
=
⋅ 0 0
2 1
x k
x k
, där
=
4 3 2 1
x x x x x
,
dvs
= + + +
= + + +
. 0 5 5 2 2
0 2 2
4 3 2 1
4 3 2 1
x x x x
x x x
x (*)
Vi ser att kolonner i A ger radekvationer i systemet så att systemet kan skrivas som
=
0 0 5
5 2 2
2 2 1 1
4 3 2 1
x x x x
dvs 0
= x
AT som vi visade ovan. Med andra ord ser vi i detta
exempel att (Im(A))⊥ =Ker(AT).
Om vi löser systemet (*) , exempelvis med Gaussmetoden, får vi
) 1
1 0 0 , 0 0 1 1 ( )
( ))
(Im(
−
−
=
⊥ =
span A
Ker
A T .
Sida 7 av 7
