1
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Gram-Schmidts metod
GRAM-SCHMIDTS METOD
Med hjälp av Gram-Schmidts metod kan vi omvandla n st linjäroberoende vektorer
…
i ett vektorrum till n st ortonormerade vektorer
samma rummet dvs som satisfierar
…
span(
) = span (
…
…
som spänner upp
)
Gram-Schmidts ortogonaliserings- / ortonormeringsmetod.
Antag att … är linjärt oberoende vektorer.
Först bildar vi en ortogonal bas … .
Därefter normerar vi vektorerna
…
och får en ortonormerad bas ( …
1.
=
( ∙ 1)
2.
= −
( )= −
1
1
|| 1 ||
3. = −
( )−
( )
1
( ∙ )
( ∙ 1 )
= −
−
1
|| ||
|| 1 ||
...................
n.
=
−
=
−
(
(
||
) − ⋯−
)
∙
||
−
(
∙ 1 )
|| 1 ||
1
(
):
)
1
Vi har fått en ortogonal bas
…
.
Om vi delar varje basvektor med dess norm får vi en ortonormerad bas:
=
/||
||, = 2 /|| 2 ||, …,
Uppgift 1.
Vi betraktar rummet
Låt W= span( , , )
a) Bestäm en ortogonal bas för W
b) Bestäm en ortonormerad bas för W då
1
2
= 0 ,
0
1
1
1
= 0 ,
0
1
0
1
= −1 ,
0
2
Lösning:
Vi använder Gram-Schmidts ortonormerings metod.
=
/||
||
2
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
1.
=
2.
=
=
1
2
= 0
0
1
−
( )=
1/3
1
1
−1/3
1
2
2
0
0 −3 0 =
0
0
0
1/3
1
1
3.
=
=
−
=
−
Gram-Schmidts metod
−
∙
||
/
/
∙
||
=
||
( )−
−
||
−
−
( )
∙
||
||
−
1/3
0
1
−1/3
1
2
2
= −1 −
0 − 0
3
0
0
0
1/3
2
1
−1
0
= −1
0
1
Härmed har vi fått en ortogonal bas B=(
Svar a) En ortogonal bas är B=(
,
,
,
,
)
)=(
1/3 −1
1
−1/3
2
0
0 , −1
0 ,
0
0
0
1/3
1
1
b) För att få en ortonormerad bas delar vi varje basvektor med dess norm.
1
1 2
1 = 1
=
=
0 ,
1
|| 1 ||
|| 1 ||
√6 0
1
1/3
1
1
1 −1/3
√3 −1
=
=
0
=
0 2
3
|| 2 ||
1/3
0
0
1/3
1
)
3
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Gram-Schmidts metod
−1
0
1
1
=
=
−1 3
|| 3 ||
√3 0
1
Svar b) En ortonormerad bas är (
, ,
)= (
√
1
1
2
−1
√
0 ,
0 ,
0
0
1
1
√
−1
0
−1 )
0
1
Uppgift 2.
⎡1 2 4⎤
Låt A= ⎢⎢1 0 4⎥⎥
⎢⎣1 1 4⎥⎦
a) Bestäm en bas för im(A)
b) Bestäm en ortonormerad bas för im(A).
Lösning:
⎡1⎤
im(A) = span( ⎢⎢1⎥⎥,
⎢⎣1⎥⎦
⎡ 2⎤ ⎡ 4⎤
⎢0 ⎥ , ⎢ 4⎥ )
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣1 ⎥⎦ ⎢⎣4⎥⎦
Med hjälp av elementära radoperationer
⎡1 2 4⎤ ⎡1 2 4⎤ ⎡1 2 4⎤
⎢1 0 4⎥ ~ ⎢0 0 0⎥ ~ ⎢0 1 0⎥
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥
⎢⎣1 1 4⎥⎦ ⎢⎣0 − 1 0⎥⎦ ⎢⎣0 0 0⎥⎦
ser vi att matrisen har två oberoende kolonner och att sista kolonnvektor är beroende av
de 2 första ( faktiskt parallell med första kolonn).
Därför bildar första två kolonner en bas till im(A) .
⎡1⎤ ⎡2⎤ ⎡4⎤
⎡1⎤ ⎡2⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
im(A) = span( ⎢1⎥, ⎢0⎥, ⎢4⎥ ) = span( ⎢⎢1⎥⎥, ⎢⎢0⎥⎥ )
⎢⎣1⎥⎦ ⎢⎣1 ⎥⎦ ⎢⎣4⎥⎦
⎢⎣1⎥⎦ ⎢⎣1 ⎥⎦
Svar a) En bas B till im(A) består av vektorerna
⎡1⎤
⎡ 2⎤
⎢
⎢0⎥
⎥
= ⎢1⎥ och
⎢ ⎥
⎢⎣1⎥⎦
⎢⎣1 ⎥⎦
b) Vi ortonormerar basen B:
⎡1⎤
=
= ⎢⎢1⎥⎥ ,
⎢⎣1⎥⎦
⎡ 2⎤
3
= −
( )= ⎢⎢0⎥⎥ −
3
⎢⎣1 ⎥⎦
⎡1⎤ ⎡ 1 ⎤
⎢1⎥ = ⎢− 1⎥ .
⎢⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣1⎥⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦
4
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Gram-Schmidts metod
Vi har en ortogonal bas ( , )
Kvarstår att normera vektorerna
och
⎡1⎤
1 ⎢⎥
= = ⎢1⎥ ,
|| 1 || 1
3
⎢⎣1⎥⎦
=
|| 2 ||
2
=
⎡1⎤
1 ⎢ ⎥
−1
2⎢ ⎥
⎢⎣ 0 ⎥⎦
⎡1⎤
⎡1⎤
1 ⎢⎥
1 ⎢ ⎥
Svar b) En ortonormerad bas till im(A) bildas av
1 och
−1 .
3⎢ ⎥
2⎢ ⎥
⎢⎣1⎥⎦
⎢⎣ 0 ⎥⎦
Uppgift 3.
⎡1 2 3 ⎤
Låt A= ⎢
⎥
⎣4 8 12⎦
a) Bestäm en bas för ker(A)
b) Bestäm en ortonormerad bas för ker(A).
Lösning:
r r
ker(A) är mängden av alla lösningar till Ax = 0 .
⎡ x⎤
r ⎢ ⎥
Låt x = ⎢ y ⎥ .
⎢⎣ z ⎥⎦
⎡ x⎤
⎡1 2 3 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡0 ⎤ ⎧ x + 2 y + 3 z = 0
r r
Ax = 0 ⇔ ⎢
⎥⎢ y⎥ = ⎢ ⎥ ⇔ ⎨
⎣4 8 12⎦ ⎢ z ⎥ ⎣0⎦ ⎩4 x + 8 y + 12 z = 0
⎣ ⎦
⎧ x + 2 y + 3z = 0
⇔⎨
⎩0 = 0
Två fria variabler y=s, z=t . En ledande variabel x= –2s–3t
⎡− 2s − 3t ⎤ ⎡− 2⎤ ⎡− 3⎤
r ⎢
⎥ = s⎢ 1 ⎥ + t ⎢ 0 ⎥
x=⎢
s
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣
⎥⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
t
⎡− 2⎤ ⎡− 3⎤
Svar a) En bas till ker(A) är B= ( ⎢⎢ 1 ⎥⎥, ⎢⎢ 0 ⎥⎥ )
⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
Svar b) ( kontrollera själv) En ortonormerad bas till ker(A) är
⎡− 2 / 5 ⎤ ⎡ − 3 / 70 ⎤
⎢
⎥⎢
⎥
C= ( ⎢ 1 / 5 ⎥, ⎢− 6 / 70 ⎥ )
⎢ 0 ⎥ ⎢ 5 / 70 ⎥
⎣
⎦⎣
⎦
5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Uppgift 4.
Vi betraktar rummet
Låt W= span( , ,
1
1
2
1
= 0 ,
= 0 ,
0
0
1
1
,
) där
0
1
= −1 ,
0
2
Gram-Schmidts metod
0
2
= −2
0
4
1
2
Låt = 3 .
1
1
a) Bestäm ortogonala projektionen av vektorn
på underrummet
b) Låt avbildningen T vara ortogonala projektionen av vektorer i
Bestäm matrisen som hör till avbildningen T.
på W.
Lösning:
a) Först bestämmer vi
i) en bas till W,
ii) därefter en ortogonal bas till W,
ii) och till slut använder vi projektionsformeln.
1
2
= 0 ,
0
1
i) En bas till W består av vektorerna
1
1
= 0 ,
0
1
0
1
= −1
0
2
(kolla med Gaussmetoden)
ii) För att få en ortogonal bas använder vi Gram-Schmidts metod ( kolla upp 1)
=
=
1
2
= 0
0
1
−
( )=
−
∙
||
||
=
−
1/3
1
1
−1/3
1
2
= 0 − 23 0 =
0
0
0
0
1/3
1
1
Anmärkning: (En liten trick att undvika beräkning med bråk.)
Vi kan faktiskt välja en ny basvektor
6
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
=3
1/3
1
−1/3
−1
=3
0 =
0
0 ( som är också ortogonal mot
−
=
−
=
−
||
1
( )−
∙
−
||
−
)
0
1/3
=
Gram-Schmidts metod
( )
∙
||
||
1/3
0
1
−1
−1/3
1
2
0
2
0 − 0 = −1
= −1 −
3
0
0
0
0
1/3
2
1
1
iii) Nu använder vi projektionsformel.
Lägg märke till att vi inte behöver enhetsvektorer i projektionsformeln. Det räcker (och
det är enklare att räkna) med ortogonala vektorer .
( ) =
=
∙ 1
1∙ 1
1 +
∙ 2
2∙ 2
2−
=1 1 + 0 2 − 1 3
Uppgift 5.
Vi betraktar rummet
Låt W= span( , ,
1
1
1
2
= 0 ,
= 0 ,
1
0
0
1
=
1
∙ 3
3∙ 3
2
2
1 ,
0
0
( ) +
2
( ) +
=
( )
3
) där
2
3
= 0,
1
1
Låt avbildningen T vara ortogonala projektionen av vektorer i
Bestäm matrisen som hör till avbildningen T.
Lösning: Låt
3
vara en godtyckligt vektor i
.
på W.
7
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Gram-Schmidts metod
Vi bestämmer den ortogonala projektionen av på samma sätt som i föregående uppgift
och därefter bestämmer avbildningens matris.
1
1
1
2
= 0 .
i) En bas till W består av vektorerna = 0 ,
1
0
0
1
(kolla med Gaussmetoden; tredje vektorn är faktiskt summan av första två)
ii) För att få en ortogonal bas använder vi Gram-Schmidts metod ( kolla upp 1)
1
1
= 0
1
0
=
=
−
( )=
∙
−
−
=
∙
=
0
1
0 −1
1
En ortogonal bas till W är (
,
)
iii) Nu använder vi projektionsformel.
Lägg märke till att vi inte behöver enhetsvektorer i projektionsformeln. Det räcker (och
det är enklare att räkna) med ortogonala vektorer .
( ) =
=
=
3
1 +
+ +
+2 +
0
+2 −
− +
2= 9
⎡1
⎢1
1⎢
= ⎢0
3⎢
⎢1
⎢⎣0
1
2
0
0
1
1
3
0 1
0⎤
0 0 1 ⎥⎥
0 0
0⎥
⎥
0 2 − 1⎥
0 − 1 1 ⎥⎦
⎡1
⎢1
1⎢
Därmed är avbildningens matris A= ⎢0
3⎢
⎢1
⎢⎣0
1
2
0
0
1
( ) +
1
1
0 +
1
0
2
3
0 1
0⎤
0 0 1 ⎥⎥
0 0 0 ⎥.
⎥
0 2 − 1⎥
0 − 1 1 ⎥⎦
( )
0
1
0
−1
1
