75032 Matrisemetoder

Løsningsforslag til oppgaver gitt til mandag 14/11–94

3.4.5 side 180: At u er en enhetsvektor betyr u^{T}u = 1, og det følger at P = uu^{T} er en projeksjon: P^{2} = P = P^{T}. For P^{2} = (uu^{T})(uu^{T}) = u(u^{T}u)u^{T} = u1u^{T} = uu^{T} = P, og P = P^{T} er opplagt. Av dette får vi at Q er symmetrisk: Q^{T} = Q, og Q^{T}Q = Q^{2} = (I − 2P)(I − 2P) = I^{2} − 2IP − 2P I − (2P)^{2} = I − 4P + 4P = I, som viser at Q er ortogonal. (Q er avbildningen som speiler et punkt gjennom underrommet ortogonalt på u).

u^{T} = [1/2 1/2 −1/2 −1/2] gir

Q = \frac{1}{2} [\begin{matrix}1 & −1 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \\ 1 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}]

ved en heller triviell regning.

3.4.16 side 181: Sett^{1}

a′_{2} = a_{2} − \frac{a_{2}^{T}a_{1}}{a_{1}^{T}a_{1}} a_{1} = a_{2} − \frac{9}{9}a_{1} = a_{2} − a_{1} = [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}]

så er ∥a_{1}∥ = 3 og ∥a′_{2}∥ = \sqrt{2} så vi normaliserer alt ved å sette q_{1} = a_{1}/3 og q_{2} = a′_{2}/\sqrt{2} = (a_{2} − a_{1})/\sqrt{2}. Da er a_{1} = 3q_{1} og a_{2} = a_{1} + \sqrt{2}q_{2} = 3q_{1} + \sqrt{2}q_{2} og dekomposisjonen A = QR blir

[\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 3 \\ 2 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1/3 & 0 \\ 2/3 & 1/\sqrt{2} \\ 2/3 & −1/\sqrt{2} \end{matrix}] [\begin{matrix}3 & 3 \\ 0 & \sqrt{2} \end{matrix}]

Her er a_{1} og a_{2} søylene i A, q_{1} og q_{2} søylene i Q, og første og annen søyle i R gjenspeiler relasjonene a_{1} = 3q_{1} + 0q_{2} og a_{2} = 3q_{1} + \sqrt{2}q_{2}.

3.4.24 side 182: Det neste Legendre-polynomet blir

x^{3} − \frac{(x^{3}, 1)}{(1, 1)}1 − \frac{(x^{3}, x)}{(x, x)}x − \frac{(x^{3}, x^{2} − \frac{1}{3})}{(x^{2} − \frac{1}{3}, x^{2} − \frac{1}{3})}(x^{2} − \frac{1}{3})

men nå er det slik at indreproduktet av to potenser av x med tilsammen odde grad blir 0 på grunn av symmetrien:

(x^{m}, x^{n}) = ∫_{−1}^{1} x^{m+n} dx = \frac{1 − (−1)^{m+n+1}}{m + n + 1} = \begin{cases}\frac{2}{m+n+1} & for m + n like, \\ 0 & for m + n odde \end{cases}

Dermed er det bare første og tredje ledd som blir noe, og vi ender med

x^{3} − \frac{(x^{3}, x)}{(x, x)}x = x^{3} − \frac{2/5}{2/3}x = x^{3} − \frac{3}{5}x.

1a_{3} burde vært a_{2}. Trykkfeil i oppgaven?

3.4.27 side 182: Om vi først anvender Gram-Schmidt rett fram etter nesen uten å normalisere, får vi en ortogonal basis

a′_{1} = a_{1} = [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] , a′_{2} = a_{2} + \frac{1}{2}a′_{1} = [\begin{matrix}1/2 \\ 1/2 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}] , a′_{3} = a_{3} + \frac{2}{3}a′_{2} = [\begin{matrix}1/3 \\ 1/3 \\ 1/3 \\ −1 \end{matrix}]

og vi finner ∥a′_{1}∥ = \sqrt{2}, ∥a′_{2}∥ = \sqrt{3/2} og ∥a′_{3}∥ = \sqrt{4/3}, som har et opplagt mønster, spesielt om vi skriver om den første normen til ∥a′_{1}∥ = \sqrt{2/1}. De normaliserte vektorene finnes lett.

La oss se på hvordan dette kan generaliseres. I R^{n} setter vi

a_{1} = [ 1 ; −1 ; 0 ; 0 ; ⋮ ; 0] , a_{2} = [ 0 ; 1 ; −1 ; 0 ; ⋮ ; 0] , …, a_{n−1} = [ 0 ; ⋮ ; 0 ; 1 ; −1] .

Det er klart at alle disse tilhører det (n − 1)-dimensjonale underrommet V gitt ved ∑_{i=1}^{n} x_{i} = 0. Men vektorene er lineært uavhengige^{2}, så de danner en basis for V. Tilsvarende vil a_{1}, ⋯, a_{k} danne en basis for underrommet V_{k} = {x ∈ R^{n}: ∑_{i=1}^{k+1} x_{i} = 0 og x_{i} = 0 for i > k + 1}.

Om vi lar a′_{1}, … være resultatet av Gram-Schmidt uten normalisering må da a′_{k} være ortogonalt på V_{k−1} for alle k, og dens (k+1)te komponent må være −1 (siden a′_{k} = a_{k}−(en lineærkombinasjon av de foregående)). Men alle de k første komponentene til a′_{k} må være like! Derfor tvinges vil til

a′_{k} = [\frac{1}{k} ⋯ \frac{1}{k} −1 0 ⋯ 0]^{T}

der det er k forekomster av \frac{1}{k} i starten. Vi ser at

∥a′_{k}∥^{2} = ∑_{i=1}^{k} \frac{1}{k^{2}} + 1 = \frac{1}{k} + 1 = \frac{k + 1}{k}

og disse resultatetene var generaliseringen jeg ba om.

2Hvorfor?