Wykład 7

Mówimy, że wektor v jest ortogonalny do wektora w jeśli (v|w) = 0 i pio-

szemy v⊥w. Niech V będzie przestrzenią euklidesową z iloczynem skalarnym
(·|·) i niech w

1

, w

2

, . . . , w

n

będzie bazą tej przestrzeni. Będziemy mówić, że

baza w

1

, w

2

, . . . , w

n

jest ortogonalna jeśli:

(w

i

|w

j

) = 0 dla i 6= j

Bazę w

1

, w

2

, . . . , w

n

nazywamy bazą ortonormalną jeśli jest bazą ortogonalną

i dla każdego i ∈ {1, 2, . . . , n} mamy (w

i

|w

i

) = 1 (to znaczy długość każdego

wektora jest równa 1).
Przykład Niech V = R

n

będzie przestrzenią euklidesową ze standardowym

iloczynem skalarnym:

((x

1

, x

2

, . . . , x

n

)|(y

1

, y

2

, . . . , y

n

)) = x

1

y

1

+ x

2

y

2

+ . . . + x

n

y

n

Wtedy baza kanoniczna e

1

= (1, 0, . . . , 0), e

2

= (0, 1, . . . , 0), . . . , e

n

= (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 v

1

, v

2

, . . . , v

n

będzie dowolną bazą przestrzeni euklidesowej V . Opie-

rając się na tej bazie zbudujemy nową bazę w

1

, w

2

, . . . , w

n

, która będzie or-

togonalna. Bazę tą budujemy w następujący sposób:

w

1

= v

1

w

2

= v

2

+ k

12

w

1

w

3

= v

3

+ k

13

w

1

+ k

23

w

2

w

4

= v

4

+ k

14

w

1

+ k

24

w

2

+ k

34

w

3

..

.
w

n

= v

n

+ k

1n

w

1

+ k

2n

w

2

+ . . . + k

nn

w

n

Wektor w

1

mamy już określony. Wyznaczmy wektor w

2

. Ponieważ nowa baza

ma być ortogonalna to musi być spełniony warunek: (w

2

|w

1

) = 0. Korzystając

z własności iloczynu skalarnego obliczamy:

0 = (w

2

|w

1

) = (v

2

+ k

12

w

1

|w

1

) = (v

2

|w

1

) + k

12

(w

1

|w

1

)

stąd otrzymujemy:

k

12

= −

(v

2

|w

1

)

(w

1

|w

1

)

1

Wyznaczymy teraz wektor w

3

. Ponieważ wektor ten jest ortogonalny do wek-

tora w

1

to otrzymujemy (korzystając z faktu, że (w

2

|w

1

) = 0):

0 = (w

3

|w

1

) = (v

3

+ k

13

w

1

+ k

23

w

2

|w

1

) =

(v

3

|w

1

) + k

13

(w

1

|w

1

) + k

23

(w

2

|w

1

) = (v

3

|w

1

) + k

13

(w

1

|w

1

)

stąd:

k

13

= −

(v

3

|w

1

)

(w

1

|w

1

)

Współczynnik k

23

wyznaczymy z równości (w

3

|w

2

) = 0 i (w

3

|w

1

) = 0:

0 = (w

3

|w

2

) = (v

3

+ k

13

w

1

+ k

23

w

2

|w

2

) =

(v

3

|w

2

) + k

13

(w

1

|w

2

) + k

23

(w

2

|w

2

) = (v

3

|w

1

) + k

13

(w

1

|w

1

)

zatem:

k

23

= −

(v

3

|w

2

)

(w

2

|w

2

)

Postępując podobnie z dalszymi wektorami otrzymamy:

k

ij

= −

(v

j

|w

i

)

(w

i

|w

i

)

W ten sposób otrzymujemy nową bazę w

1

, w

2

, . . . , w

n

, która jest ortogonal-

na. Aby otrzymać bazę ortonormalną wystarczy każdy z wektorów podzielić
przez jego długość, to znaczy bazą ortonormalną jest układ:

1

||w

1

||

w

1

,

1

||w

2

||

w

2

, . . . ,

1

||w

n

||

w

n

Rzeczywiście:

1

||w

i

||

w

i

1

||w

i

||

w

i

!

=

1

||w

i

||

!

2

(w

i

|w

i

) =

1

||w

i

||

!

2

||w

i

||

2

= 1

Przykłady
(1) W przestrzeni euklidesowej R

3

z iloczynem skalarnym

((x

1

, x

2

, x

3

)|(y

1

, y

2

, y

3

)) = x

1

y

1

+ x

2

+ y

2

+ x

3

y

3

zortogonalizować, metodą Grama-Schmidta, bazę v

1

= (1, 2, 3), v

2

= (2, 1, 0), v

3

=

(3, 1, 2). Zgodnie z naszym algorytmem nowa baza będzie postaci:

w

1

= v

1

w

2

= v

2

+ k

12

w

1

w

3

= v

3

+ k

13

w

1

+ k

23

w

2

2

gdzie:

k

12

= −

(v

2

|w

1

)

(w

1

|w

1

)

= −

4

14

= −

2

7

zatem w

2

= (2, 1, 0)−

2
7

(1, 2, 3) = (

12

7

,

3
7

, −

6
7

). Obliczmy dalsze współczynniki:

k

13

= −

(v

3

|w

1

)

(w

1

|w

1

)

= −

11
14

k

23

= −

(v

3

|w

2

)

(w

2

|w

2

)

= −

27

7

189

49

= −1

stąd otrzymujemy:

w

3

= (3, 1, 2) −

11

14

(1, 2, 3) −

12

7

,

3

7

, −

6

7

=

1

2

, −1,

1

2

(2) W przestrzeni euklidesowej R[x]

2

z iloczynem skalarnym:

(f (x)|g(x)) =

1

Z

−1

f (x)g(x)dx

zortogonalizować bazę v

1

(x) = x, v

2

(x) = x + 2, v

3

(x) = x

2

− 1. Nowa baza

będzie postaci:

w

1

= v

1

w

2

= v

2

+ k

12

w

1

w

3

= v

3

+ k

13

w

1

+ k

23

w

2

Obliczmy

(w

1

|w

1

) =

1

Z

−1

x

2

dx =

x

3

3

|

1
−1

=

2

3

oraz:

(v

2

|w

1

) =

1

Z

−1

x(x + 2)dx =

x

3

3

|

1
−1

+ x

2

|

1
−1

=

2

3

Zatem

k

13

= −

(v

3

|w

1

)

(w

1

|w

1

)

= −1

i mamy:

w

2

= 2

Obliczmy teraz

(v

3

|w

1

) =

1

Z

−1

(x

2

− 1)xdx =

x

4

4

|

1
−1

−

x

2

2

|

1
−1

= 0

3

to oznacza, że k

13

= 0. Dalej obliczymy:

(v

3

|w

2

) =

1

Z

−1

2(x

2

− 1)dx = 2

x

3

3

|

1
−1

− 2x

1
−1

=

2

3

− 4 = −

10

3

(w

2

|w

2

) =

1

Z

−1

4dx = 4x|

1
−1

= 8

Stąd

k

23

= −

(v

3

|w

2

)

(w

2

|w

2

)

=

5

12

Zatem w

3

(x) = x

2

− 1 +

5
6

.

Trzeba zwrócić uwagę na następujący ważny fakt wynikający z ortogonali-
zacji. Jeśli v

1

, v

2

, . . . , v

n

jest dowolną bazą przestrzeni euklidesowej V i jeśli

w

1

, w

2

, . . . , w

n

jest ortogonalizacją tej bazy (w sensie Grama-Schmidta) to dla

każdego i ∈ {1, 2, . . . , n} podprzestrzenie generowane przez wektory v

1

, . . . , v

i

i przez wektory w

1

, . . . , w

i

są równe, czyli:

∀i ∈ {1, . . . , n} Lin(v

1

, . . . , v

i

) = Lin(w

1

, . . . , w

i

)

Niech A będzie dowolnym niepustym podzbiorem przestrzeni euklidesowej

V . Wtedy dopełnieniem ortogonalnym zbioru A nazywamy zbiór wszystkich
wektorów v ∈ V , takich że dla każdego a ∈ A mamy a⊥v. Dopełnienie
ortogonalne zbioru A oznaczamy przez A

⊥

, czyli

A

⊥

= {v ∈ V : ∀a ∈ A (a|v) = 0}

Twierdzenie 1 Jeśli A jest niepustym podzbiorem przestrzeni euklidesowej
V to A

⊥

jest podprzestrzenią przestrzeni V .

Dowód Niech v, w ∈ A

⊥

wtedy dla każdego a ∈ A mamy (a|v) = 0, (a|w) =

0. Wtedy dla każdego a ∈ A mamy (a|v + w) = (a|v) + (a|w) = 0 + 0 = 0,
a więc v + w ∈ A

⊥

. Podobnie dla każdego a ∈ A i dla każdego k ∈ R mamy

(a|kv) = k(a|v) = 0, a więc również kv ∈ A

⊥

.

Nietrudno jest zauważyć, że:

(1) {0}

⊥

= V ,

(2) V

⊥

= {0}.

Twierdzenie 2 Niech W będzie podprzestrzenią przestrzeni euklidesowej V .
Wtedy V = W ⊕ W

⊥

, a więc:

dim V = dim W + dim W

⊥

4

Dowód Niech a

1

, . . . , a

s

będzie bazą przestrzeni W , wtedy można tą bazę

uzupełnić do bazy całej przestrzeni V . Niech a

1

, . . . , a

s

, a

s+1

, . . . , a

n

będzie

bazą przestrzeni V . Wtedy bazę tą można zortogonalizować metodą Grama-
Schmidta. Niech b

1

, . . . , b

s

, b

s+1

, . . . , b

n

będzie odpowiednią ortogonalizacją.

Zgodnie z uwagą powyżej wektory b

1

, . . . , b

s

stanowią bazę przestrzeni W .

Nietrudno jest zauważyć, że wektory b

s+1

, . . . , b

n

należą do W

⊥

. To oznacza,

że V = W + W

⊥

. Aby zakończyć dowód wystarczy zauważyć, że W ∩ W

⊥

=

{0}. Rzeczywiście jeśli x ∈ W ∩ W

⊥

to ponieważ x ∈ W i x ∈ W

⊥

musimy

mieć (x|x) = 0, a to jest możliwe tylko wtedy gdy x = 0 (patrz aksjomaty
iloczynu skalarnego.

Pokażemy jeszcze jedną ważną własność dopełnień. Jeśli W jest podprze-

strzenią skończenie wymiarowej przestrzeni euklidesowej V to

(W

⊥

)

⊥

= W

Zawieranie W ⊂ (W

⊥

)

⊥

jest spełnione zawsze (nie potrzebne jest założenie

o skończonym wymiarze przestrzeni V ), bo jeśli x ∈ W to x jest ortogonalne
do każdego elementu przestrzeni W

⊥

, a więc x ∈ (W

⊥

)

⊥

. Zauważmy teraz,

że zgodnie z powyższym Twierdzeniem mamy:

dim V = dim W + dim W

⊥

= dim W

⊥

+ dim(W

⊥

)

⊥

a to oznacza, że dim W = dim(W

⊥

)

⊥

i ponieważ W ⊂ (W

⊥

)

⊥

to mamy

W = (W

⊥

)

⊥

.

5