Wykład 7
Mówimy, że wektor v jest ortogonalny do wektora w jeśli (v|w) = 0 i pioszemy v⊥w. Niech V będzie przestrzenią euklidesową z iloczynem skalarnym
(·|·) i niech w1 , w2 , . . . , wn będzie bazą tej przestrzeni. Będziemy mówić, że
baza w1 , w2 , . . . , wn jest ortogonalna jeśli:
(wi |wj ) = 0 dla i = j
Bazę w1 , w2 , . . . , wn nazywamy bazą ortonormalną jeśli jest bazą ortogonalną
i dla każdego i ∈ {1, 2, . . . , n} mamy (wi |wi ) = 1 (to znaczy długość każdego
wektora jest równa 1).
Przykład Niech V = Rn będzie przestrzenią euklidesową ze standardowym
iloczynem skalarnym:
((x1 , x2 , . . . , xn )|(y1 , y2 , . . . , yn )) = x1 y1 + x2 y2 + . . . + xn yn
Wtedy baza kanoniczna e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 1)
jest bazą ortonormalną tej przestrzeni.
Pytanie, które tutaj się pojawia jest następujące: czy w każdej skończenie
wymiarowej przestrzeni euklidesowej można znaleźć przynajmniej jedną bazę
ortogonalną (ortonormalną)? Odpowiedź brzmi tak. Do znajdowania takich
baz służy tak zwana metoda ortogonalizacji Grama-Schmidta.
Ortogonalizacja Grama-Schmidta
Niech v1 , v2 , . . . , vn będzie dowolną bazą przestrzeni euklidesowej V . Opierając się na tej bazie zbudujemy nową bazę w1 , w2 , . . . , wn , która będzie ortogonalna. Bazę tą budujemy w następujący sposób:
w1
w2
w3
w4
.
.
.
= v1
= v2 + k12 w1
= v3 + k13 w1 + k23 w2
= v4 + k14 w1 + k24 w2 + k34 w3
wn = vn + k1n w1 + k2n w2 + . . . + knn wn
Wektor w1 mamy już określony. Wyznaczmy wektor w2 . Ponieważ nowa baza
ma być ortogonalna to musi być spełniony warunek: (w2 |w1 ) = 0. Korzystając
z własności iloczynu skalarnego obliczamy:
0 = (w2 |w1 ) = (v2 + k12 w1 |w1 ) = (v2 |w1 ) + k12 (w1 |w1 )
stąd otrzymujemy:
k12 = −
(v2 |w1 )
(w1 |w1 )
1
Wyznaczymy teraz wektor w3 . Ponieważ wektor ten jest ortogonalny do wektora w1 to otrzymujemy (korzystając z faktu, że (w2 |w1 ) = 0):
0 = (w3 |w1 ) = (v3 + k13 w1 + k23 w2 |w1 ) =
(v3 |w1 ) + k13 (w1 |w1 ) + k23 (w2 |w1 ) = (v3 |w1 ) + k13 (w1 |w1 )
stąd:
(v3 |w1 )
(w1 |w1 )
k13 = −
Współczynnik k23 wyznaczymy z równości (w3 |w2 ) = 0 i (w3 |w1 ) = 0:
0 = (w3 |w2 ) = (v3 + k13 w1 + k23 w2 |w2 ) =
(v3 |w2 ) + k13 (w1 |w2 ) + k23 (w2 |w2 ) = (v3 |w1 ) + k13 (w1 |w1 )
zatem:
(v3 |w2 )
(w2 |w2 )
k23 = −
Postępując podobnie z dalszymi wektorami otrzymamy:
kij = −
(vj |wi )
(wi |wi )
W ten sposób otrzymujemy nową bazę w1 , w2 , . . . , wn , która jest ortogonalna. Aby otrzymać bazę ortonormalną wystarczy każdy z wektorów podzielić
przez jego długość, to znaczy bazą ortonormalną jest układ:
1
1
1
w1 ,
w2 , . . . ,
wn
||w1 ||
||w2 ||
||wn ||
Rzeczywiście:
1
1
wi
wi
||wi ||
||wi ||
=
1
||wi ||
2
(wi |wi ) =
1
||wi ||
2
||wi ||2 = 1
Przykłady
(1) W przestrzeni euklidesowej R3 z iloczynem skalarnym
((x1 , x2 , x3 )|(y1 , y2 , y3 )) = x1 y1 + x2 + y2 + x3 y3
zortogonalizować, metodą Grama-Schmidta, bazę v1 = (1, 2, 3), v2 = (2, 1, 0), v3 =
(3, 1, 2). Zgodnie z naszym algorytmem nowa baza będzie
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)