Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Ortogonalt komplement
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:
n
W = {x ∈ R : w ⋅ x = 0,
⊥
för alla w i W }
Sats 1: Om W = span(v1 , v2 ,...v p ) så är en vektor x ∈ R n ortogonal mot alla vektorer i
W om och endast om x är ortogonal mot alla v1 , v2 ,...v p .
Bevis: Anta att x ∈ R n är ortogonal mot alla v1 , v2 ,...v p , dvs
v1 ⋅ x = 0, v2 ⋅ x = 0, ..., v p ⋅ x = 0 och w ∈ W . Då är w = c1v1 + c2 v2 + ... + c p v p och
därmed
x ⋅ w = c1 x ⋅ v1 + c2 x ⋅ v2 + ... + c p x ⋅ v p = 0 + 0 + ... + 0 = 0 .
------------------------------------------------------------------------Konsekvensen: Det ortogonala komplementet W ⊥ till underrummet
W = span(v1 , v2 ,...v p ) kan vi bestämma genom att lösa systemet
v1 ⋅ x = 0,
v2 ⋅ x = 0,
...
vp ⋅ x = 0
Anmärkning. För att minska beräkning kan vi ta bort beroende vektorer bland
v1 , v2 ,...v p dvs uttrycka W = span(u1 , u2 ,...uk ) där u1 , u2 ,...uk är linjär oberoende ( och
därmed en bas till W).
1 1 1 2 5
Uppgift 1. a) Bestäm W ⊥ om W=span( 2, 2, 0, 0, 0 ) .
0 0 1 2 5
b) Bestäm en bas till W ⊥
1
1
Lösning: Det är uppenbart att en bas till W består av u1 = 2 och u2 = 0 , alltså är
0
1
Sida 1 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Ortogonalt komplement
1 1
W=span( 2 , 0 ) .
0 1
x
Låt x = y Vi löser systemet
z
u1 ⋅ x = 0 ,
u2 ⋅ x = 0
dvs
x
x + 2 y = 0
x + 2 y = 0
⇒ (en fri variabel z=t) ⇒ y =
⇒
−
+
=
=
+
0
2
0
y
z
z
x
z
− t −1
t / 2 = t 1 / 2 .
t 1
−1
−1
−1
Därmed är W = {t 1 / 2, t ∈ R} = span( 1 / 2 ) och därmed är ( 1 / 2 ) en bas till W ⊥ .
1
1
1
⊥
−1
Svar a) W = span( 1 / 2 )
1
⊥
b) En bas till W
Uppgift 2.
⊥
−1
är ( 1 / 2 ) .
1
a) Bestäm W ⊥
1
2
om W=span( ,
3
4
10
12
).
14
16
b) Bestäm en bas till W ⊥
Lösning:
1
10
2
12
Vi söker vektorer x som är vinkelräta mot W:s basvektorer och .
3
14
4
16
Sida 2 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Ortogonalt komplement
x
y
Vi ska bestämma alla x =
som är ortogonala mot W:s basvektorer
z
w
1
10
2
och 12 .
3
14
4
16
Vi löser systemet
x + 2 y + 3z + 4w = 0
x + 2 y + 3z + 4w = 0
⇒
⇒
10 x + 12 y + 14 z + 16 w = 0
− 8 y − 16 z − 24 w = 0
x + 2 y + 3z + 4w = 0
⇒
y + 2 z + 3w = 0
Två ledande variabler: z=s och w=t,
x s + 2t
1 2
y − 2s − 3t
=
= s − 2 + t − 3 .
z
1 0
s
t
w
0 1
1 2
1 2
− 2 − 3
− 2 − 3
Alltså är W ⊥ = {s + t t , s ∈ R} = span( , ) .
1 0
1 0
0 1
01
1
− 2
Därmed bildar vektorerna ,
1
0
1
− 2
Svar: a) W ⊥ = span( ,
1
0
b) En bas till W ⊥
2
− 3
(som är uppenbart oberoende) en bas i W ⊥ .
0
1
2
− 3
).
0
1
1 2
− 2 − 3
är ( , )
1 0
0 1
1 0 1
Uppgift 3. Låt A = 1 1 2
2 1 3
Sida 3 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
Ortogonalt komplement
Bestäm a) Im(A) , b) (Im(A) ) och c) Ker ( AT ) .
Lösning:
a) Med elementära radoperationer får vi
⊥
1 0 1 1 0 1 1 0 1
A = 1 1 2 ~ 0 1 1 ~ 0 1 1 som implicerar att den tredje kolonnen beror av
2 1 3 0 1 1 0 0 0
de första två.
1 0
Därmed Im( A) = span( 1 , 1 )
2 1
b) Vi löser systemet
x
x + y + 2z = 0
sys(b)
⇒ (en fri variabel z=t) ⇒ y =
y + z = 0
z
− 1
⊥
Därmed (Im(A) ) = span( − 1 ) .
1
− t − 1
− t = t − 1 .
t 1
1 1 2
c) Först A = 0 1 1 .
1 2 3
T
För att bestämma Ker ( AT ) löser vi systemet AT x = 0 dvs
x + y + 2z = 0
x + y + 2z = 0
⇔ ... y + z = 0
y + z = 0
0 = 0
x + 2 y + 3z = 0
x
Härav y =
z
(ekvivalent med ovanstående sys(b) )
− t − 1
− t = t − 1
t 1
− 1
⊥
och därmed Ker ( A ) = span( − 1 ) = (Im(A) ) .
1
T
1 0
Svar: a) Im( A) = span( 1 , 1 )
2 1
Sida 4 av 5
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR
− 1
b) (Im(A) ) = span( − 1 )
1
− 1
c) Ker ( AT ) = span( − 1 )
1
Ortogonalt komplement
⊥
( = (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 Rn
b) Endast nollvektorn ligger i både W och W ⊥ dvs W ∩ W ⊥ = {0} .
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 λu i W ⊥
eftersom (λu ) ⋅ w = λ (u ⋅ w) = 0 för varje w i W.
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 ⊥ ) ⊥ , vilket skulle bevisas.
Sida 5 av 5
