{ x R w x för alla w i W

Download (0)

Full text

(1)

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

Wn   

=

⊥ =

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 vvvp ,...

, 2

1 .

Bevis: Anta att x∈Rn

är ortogonal mot alla vvvp ,...

, 2

1 , dvs

0 ...,

, 0 ,

0 2

1x = vx= vx=

v    p

och w∈W

. Då är wcvc vcpvp + + +

= 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 uuuk

,...

, 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

(2)

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

(3)

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

(4)

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

(5)

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 uW 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 vvvp ,...

, 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

(6)

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 kkkn ,..., , 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

(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

Figur

Updating...

Referenser

Relaterade ämnen :