Matematické Fórum

bert.blader · 28. 12. 2015 20:11

Zdravím, mám následující zadání a potřeboval bych poradit, jak začít. Vím jak udělat ortogonální průmět například vektoru, ale vůbec nevím, co mám dělat s tímto příkladem.

//forum.matweb.cz/upload3/img/2015-12/29844_sasasa.png

Sergejevicz · 28. 12. 2015 22:37

Tady jde o to, že vektor je v tomto případě funkce f(x). Množina funkcí spolu s násobením číselm a sčítáním funkcí tvoří vektorový prostor :-). P1 je nějaký podprostor. Promítnout vektor do podprostoru znamená spočítat jeho průměty do směrů bázových vektorů toho podprostoru a ty průměty pak sečíst. Průmět do směru bázového vektoru je nějaký násobek toho bázového vektoru. A je to tolikanásobek, kolik je skalární součin normovaného bázového vektoru a promítaného vektoru.

Takže si nejprv rozmysli, jaké jsou bázové vektory P1, a rovnou si je udělej normované. Norma vektoru v prostoru se skalárním součinem je druhá odmocnina ze skalárního součinu toho vektoru se sebou samým.

Potom skalárně vynásobíš f(x) s těmi bázovými vektory, tím získáš koeficienty a z nich pak uděláš lineární kombinaci těch bázových vektorů.

V tomhle příkladě je potřeba si zvyknout na obecnost pojmu vektor, že vektorem je teď funkce, a že pro skalární součin máme tamten vzoreček.

Sergejevicz · 28. 12. 2015 22:38

Samozřejmě tedy definiční obory všech funkcí coby vektorů, s kterými pracujeme, jsou omezeny na [1,2], jak je vidět z předpisu pro skalární součin.

Rumburak

↑ bert.blader:

Ahoj. Bázové vektory toho podprostoru bych volil nejen normované, jak radí kolega ↑ Sergejevicz: ,
ale i navzájem kolmé (ve smyslu daného skalárního součinu) , tj. ortonormální - při výpočtu to pomůže.

bert.blader · 29. 12. 2015 12:34

Tak podprostor P1 tvoří všechny polynomy ve tvaru $p = ax + b$
Takže bázi tohoto prostoru tvoří polynomy $p_{1} = x$ a $p_{2} = 1$ .
Tady pokud to napíšu jako vektory, tak bázi tvoří vektory $u_{1} = (1, 0)$ a $u_{2} = (0,1)$ .

A teď nevím, jak pokračovat dál. Má to vést na řešení Gramovou maticí? Jakože si napíšu následující rovnici? Nebo jsem to pochopil úplně špatně?

$lnx = \alpha \cdot u_{1} + \beta \cdot u_{2}$

Sergejevicz

↑ Rumburak:Přemýšlím nad tím a ono je to myslím dokonce tak, že ta báze být ortonormální MUSÍ, aby totiž ta projekce byla ortogonální, takže kolega Rumburak má nejspíš pravdu.

Proč to píšu: Buďte $b_1, b_2$ normované bázové vektory $\mathcal{P}(1)$ , buď $a$ projektovaný prvek, $F$ operátor projekce do prostoru $\mathcal{P}(1)$ (projekce se obvykle značí $P$ , ale tady by se nám to pletlo s označením prostoru $\mathcal{P}(1)$ ). Tedy $F(a)$ je projekce projektovaného prvku.

Jak jsem psal výše, viz lineární kombinaci bázových vektorů s koeficienty rovnými skalárním součinům bázových vektorů s projektovaným prvkem, tak platí
$F(a) = (b_1, a)b_1 + (b_2, a)b_2$ .

Aby projekce byla ortogonální, musí být $(F(a), a - F(a)) = 0$ (to je vlastně kolmost odvěsny $F(a)$ ležící v $\mathcal{P}(1)$ s odvětnou $a - F(a)$ , která má být tím pádem kolmá na $\mathcal{P}(1)$ , $a$ hraje roli přepony). Dosaďme za $F(a)$ a budeme využívat distributivity skalárního součinu a normovanosti $b_1, b_2$ , tj. $(b_1, b_1) = 1, (b_2, b_2) = 1$ .

$(F(a), a - F(a)) = ( (b_1, a)b_1 + (b_2, a)b_2, a - (b_1, a)b_1 - (b_2, a)b_2 ) =$

$= (b_1, a)(b_1, a) + (b_2, a)(b_2, a) - (b_1, a)^2 (b_1, b_1) - 2(b_1, a)(b_2, a)(b_1, b_2) - (b_2, a)^2 (b_2, b_2)=$

$= (b_1, a)^2 + (b_2, a)^2 - (b_1, a)^2 - 2(b_1, a)(b_2, a)(b_1, b_2) - (b_2, a)^2=$
(hodně se toho navzájem odečte)

$= - 2(b_1, a)(b_2, a)(b_1, b_2)$

Nulovost tohoto lze zajistit pouze požadavkem $(b_1, b_2)=0$ , což je přesně to, že báze je ortogonální, tedy v kombinaci s normovaností bázových vektorů dokonce ortonormální.

EDIT: oprava překlepů "a / A"

Sergejevicz

↑ bert.blader:Je potřeba si zvyknout, že ne vždy vypadá vektor jako konečná posloupnost čísel. To je aritmetický vektor. Tady v tom případě je vektorem prostě vždy funkce, takže $u_1 = x, u_2 = 1$ a podobně. Budeš chtít s těmi vektory pracovat třeba tak, že je budeš dávat do skalárního součinu, kterým je integrál ze součinu funkcí. Jak bys chtěl integrovat například součin dvojice $(0,1)$ s nějakou funkcí?

V minulém příspěvku vlastně píšu, jak vypadá ta lineární kombinace bázových vektorů, jaké má koeficienty. Psal jsem to ještě i v tom původním příspěvku.

Nejprve je ale potřeba určit ty bázové vektory tak, aby byly ortonormální. Správně usuzuješ, že prostor $\mathcal{P}(1)$ je generován vektory $x$ a $1$ . To je nejpřirozenější volba, protože každý polynom stupně nejvýše jedna skutečně vypadá přímo jako nějaká lineární kombinace vektorů $x$ a $1$ , totiž vypadá jako $cx + d=c\cdot x + d\cdot 1$ , přitom tyto vektory jsou lineárně nezávislé - jistě nejde vyrobit žádný lineární člen prostým násobením konstantního členu konstantou.

Jenomže zkus si spočítat skalární součin těchto vektorů. To ti nula nikdy nevyjde. Jako fígl, jak to vyřešit, mě napadá toto: Vektor $1$ nech být a hledej obecně lineární dvojčlen ve vtvaru $x+k$ tak, aby byl kolmý na $1$ . Tj. naszp vektory $x+k$ a $1$ do skalárního součinu a porovnej s nulou. Vyjde ti podmínka pro to, kolik mus9 být $k$ .

V dalším kroku musíš bázové vektory znormovat. A v dalším kroku budeš počítat koeficienty $\alpha, \beta$ jako skalární součiny vektoru $f(x)$ s oněmi dříve spočítanými ortonormálními bázovými vekotry.

Sergejevicz · 29. 12. 2015 13:23

Poznámka k vektorům: Množina funkcí tvoří vektorový prostor podle definice. Protože Např. mám-li funkce $f(x), g(x)$ a konstanty $c,d$ , tak $cf(x) + dg(x)$ je jistě také funkce. Funkce $h(x) = 0, i(x) = 1$ splňují $h(x)f(x) = 0, i(x)f(x) = f(x)$ pro libovolnou funkci $f$ , takže $h(x)$ resp. $i(x)$ je nulový resp. jednotkový prvek v množině funkcí. Atd., viz axiomy vektorového prostoru. A prvky vektorového prostoru nazýváme vektory. Takže funkce jsou z tohoto pohledu vektory :-).

A vektorové prostory tvoří i mnžiny spousty různých jiných typů objektů, které nevypadají zrovna stylem $(1,2,3)$ apod.

Rumburak

↑ bert.blader:

Přihořívá, ale Grammovou maticí bych to nekomplikoval. Rovnost $lnx = \alpha \cdot u_{1} + \beta \cdot u_{2}$
ovšem platit nebude.

Ortogonálním průmětem funkce $\ln x$ do příslušného podprostoru $P_1$ bude jistá funkce

(0) $p(x) := ax + b$ ,

která musí navíc splňovat podmínku

$(p-\ln, g) = 0$ pro libovolné $g \in P_1$ ,

kde nalevo je dotyčný skalární součin. Připouštím, že tento zápis může vzbuzovat rozpaky, proto ho přepišme
do konkretnějšího tvaru

(1) $\int_1^2 (p(x) - \ln x) g(x) \d x= 0$ pro libovolné $g \in P_1$ .

K naplnění podmínky (1) stačí, aby platilo

(2) $\int_1^2 (p(x) - \ln x) g(x) \d x= 0$ pro libovolné $g \in B$ ,

kde $B$ je některá z bází prostoru $P_1$ . Pro bázi $B = \{ 1, x\}$ tedy stačí, aby byly splněny rovnice

$\int_1^2 (p(x) - \ln x) \d x= 0$ , $\int_1^2 (p(x) - \ln x) \cdot x \d x= 0$ .

Dosazením za funkci $p$ dle (0) a spočítáním integrálů dostáváme soustavu rovnic pro neznámé $a, b$ .

Takže nakonec jsme tu normalisaci báze - zdá se - ani nepotřebovali.

Rumburak · 29. 12. 2015 13:54

↑ Sergejevicz:

Poněkud jsem to ještě přehodnotil - errare humanum est.

Sergejevicz · 29. 12. 2015 13:56

Poznámka k projekci: Aby zobrazení $F$ bylo projekce, tak musí pro každé $a$ platit kromě jiného taky to, že $F(F(a)) = F(a)$ . Jinými slovy vyprojektuju-li již jednou vyprojektovaný vektor, nic se nestane. To odpovídá představě, že projekce je obtiskávání věcí na promítací prostor, takže pokud už mám jednou něco promítnuto, tak obtiskem toho je to něco samo, netřeba s tím hýbat.

Naše projekce na vektoru $a$ vyapadá takto: $F(a) = (b_1,a)b_1 + (b_2,a)b_2$ .
Takže $F(F(a)) = (b_1,((b_1,a)b_1 + (b_2,a)b_2))b_1 + (b_2,((b_1,a)b_1 + (b_2,a)b_2))b_2=$
$=(b_1,a)(b_1,b_1)b_1 + (b_2,a)(b_1,b_2)b_1 + (b_1,a)(b_2,b_1)b_2 + (b_2,a)(b_2,b_2)b_2=$
(normovanost bázových vektorů)
$=(b_1,a)b_1 + (b_2,a)(b_1,b_2)b_1 + (b_1,a)(b_2,b_1)b_2 + (b_2,a)b_2$
Ale aby nám z toho zbylo jen $F(a)$ , musíme znulovat prostřední dva členy. To se nám pro obecné $a$ povede právě požadavkem $(b_1,b_2)=0$ , což je ortogonalita bázových vektorů, spolu s normovaností ortonormalita. Takže už tvar naší projekce žádá ortonormalitu báze.

Jinak tedy bylo by v našem případě dobré nějak odlišit závorky skalárního součinu od závorek obyčejných, tak třeba skalární součin psát se špičatými závorkami, tj. $\langle\cdot,\cdot\rangle$ . Pozor ale, kdo bude dělat někdy funkcionální analýzu, tam se toto označení obvykle vyhrazuje pro působení duálního operátoru na vektor :-).

Zamýšlel jsem se i nad případem, kdybychom obdobně jako teď ortogonálně projektovali do prostoru s vyšší dimenzí, než má $\mathcal{P}(1)$ . Požadavek na ortonormalitu báze by zůstal: každé dva bázové vektory by musely být ortonormální.

Sergejevicz · 29. 12. 2015 14:10

↑ Rumburak:
Ano, je možné, že v tomto případě to jde i bez normalizace. Já jsem se ale právě nechal inspirovat tím, jak to je v třírozměrném aritmetickém vektorovém prostoru s ortogonálními projekcemi a vztahem ke skalárnímu součinu tvaru $u_i,v_i$ (+ Einsteinova sumační konvence). Ano, Hilbertův prostr jde vysvavět axiomaticky a Pythagorova věta je pak důsledkem, moje inspirace šla ale opačně, neboď i opačně to obvykle bývá - nejdříve znám Pythagorovu větu, pak teprve Hilbertův prostor. V inspiraci s aritmetickým třorozměrným vektorovým prostorem jsem si vyvodil na základě Pythagorovy věty to, proč má už ze střední školy známý skalární součin ten tvar, který má, to $u_i,v_i$ . Mimojiné so stálo i na normovanosti vektoru, do jehož směru projektuji. Proto jsem tu normovanost v tomto příkladě použil. Bez normovanosti vyjdou jiné koeficienty lineární kombinace. Určitě je ale důležitá ta ortogonalita báze, jak jsi správně připomněl a jak já v dalších příspěvcích odůvodňuji.

Sergejevicz · 29. 12. 2015 14:24

↑ Rumburak:
To je zajímavé, ty jsi se vlastně vyhnul i té ortogonalitě báze :-). Já jsem to vzal asi spíš víc teoreticky, než tak, že chci vyřešit tenhle konkrétní příklad. V něm opravdu stačí hledat jen ta $a, b$ , pro vyjádření polynomu, není třeba explicitně konstruovat tu projekci a pak do ní dávat ten logaritmus a hledat jeho obraz. Jinde by se to ale hodit mohlo.

bert.blader · 29. 12. 2015 15:27

Tak jsem to nakonec nějak spočítal. Vyšlo mi něco takového: $f_{0} = - 14.5 + 9\cdot ln4 + (9 -6\cdot ln4)\cdot x$ , což by mohlo být snad i dobře.
Každopádně děkuji Vám oběma za rady, už je mi to trochu víc jasné.

Sergejevicz · 29. 12. 2015 21:35

↑ bert.blader:
Já jsem to teď počítal oběma způsoby a pokaždé mi to vyšlo stejně. Od tvého výsledku se to liší v jediné věci: v druhém členu nemám 9*ln(4), ale 10*ln(4).

bert.blader · 29. 12. 2015 21:40

↑ Sergejevicz:
No jo, udělal jsme tam chybu, taky mi vychází 10*ln(4), děkuji.

Matematické Fórum

#1 28. 12. 2015 20:11

Ortogonální průmět do podprostoru

#2 28. 12. 2015 22:37

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#3 28. 12. 2015 22:38

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#4 29. 12. 2015 11:56 — Editoval Rumburak (29. 12. 2015 11:57)

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#5 29. 12. 2015 12:34

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#6 29. 12. 2015 13:02 — Editoval Sergejevicz (29. 12. 2015 14:19)

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#7 29. 12. 2015 13:17 — Editoval Sergejevicz (29. 12. 2015 13:17)

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#8 29. 12. 2015 13:23

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#9 29. 12. 2015 13:47 — Editoval Rumburak (29. 12. 2015 13:57)

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#10 29. 12. 2015 13:54

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#11 29. 12. 2015 13:56

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#12 29. 12. 2015 14:10

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#13 29. 12. 2015 14:24

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#14 29. 12. 2015 15:27

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#15 29. 12. 2015 21:35

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

#16 29. 12. 2015 21:40

Re: Ortogonální průmět do podprostoru

Zápatí