Vektorok skaláris szorzata
2.5. Ortogonalitás, ortogonális vetület
2.8. definíció: Azt mondjuk, hogy azx,y∈ Rn, vektorokmer˝olegesekvagyortogonálisak, hahx,yi = 0. Ezt a tényt így jelöljük: x⊥y.
Az ortogonalitás a geometriai mer˝olegességfogalom általánosítása, mert sík- ill. térbeli vektorok esetén az el˝oz˝o szakasz szerint két nemzérus vektor skaláris szorzata pontosan akkor zérus, ha az általuk bezárt szög koszinusza 0, azaz, ha a két vektor mer˝oleges.
Nyilvánvaló, hogy egyedül a zérusvektor ortogonális saját magára, mert egy vektor önmagával vett skaláris szorzata megegyezik saját normájának négyzetével.
A2.7. Állítás azonnali következményeképp:
2.8. Állítás: (Pitagorász tétele): Tetsz˝olegesx,y∈Rn,x⊥yvektorok esetén:
||x+y||2 =||x||2+||y||2
Az állítás könnyen általánosítható kett˝onél több vektorra:
2.9. Következmény: Tetsz˝olegesx1,x2,...,xm ∈Rn,(m≤n)páronként ortogonális vektor esetén:
||
m
X
j=1
xj||2 =
m
X
j=1
||xj||2
Bizonyítás:
Az ortogonális vektoroknak – csakúgy mint a sík- ill. a térvektorok esetében – kitüntetett szerepük van. A következ˝o állításokban ezeket foglaljuk össze.
2.10. Állítás: Mindenx1,x2,...,xm ∈ Rn(m ≤n) páronként ortogonális nemzérus vektorokból álló vektor-rendszer lineárisan független.
Bizonyítás:
Ha ui. Pm
j=1λjxj =0, akkor ezen egyenl˝oség mindkét oldalátxk-val skalárisan szorozva és a páronkénti ortogonalitást felhasználva kapjuk, hogyλk||xk||2= 0, ahonnanλk= 0,k= 1,2,...,m-re. Tehátx1,x2,...,xm
valóban lineárisan függetlenek.
2.11. Állítás: Ha egy x ∈ Rn vektor ortogonális egye1,e2,...,em ∈ Rn generátorrendszer minden elemére, akkor szükségképp x=0.
Bizonyítás:
Ha ui. x=Pn
j=1λjej, alakú, akkor az egyenl˝oség mindkét oldalát skalárisan szorozvax-szel, kapjuk, hogy
||x||2 = 0, azazx=0.
Használva a skaláris szorzatnak a2.5. Állításban összefoglalt tulajdonságait, nyomban adódik, hogy:
2.12. Állítás: Egy tetsz˝olegesM ⊂Xhalmaz összes elemére ortogonális vektorok alteret alkotnakX-ben.
Ezt az alteretM halmazortogonális kiegészít˝o alteréneknevezzük, és azM⊥szimbólummal jelöljük.
Ezzel a fogalommal a 2.11. Állítás röviden úgy fogalmazható meg, hogy egy tetsz˝olegese1,e2,...,em ∈Rn generátorrendszer ortogonális kiegészít˝o altere a triviális{0}altér.
2.9. definíció: Aze1,e2,...,en ∈Rn bázist ortogonális bázisnaknevezzük, haek ⊥ej mindenk 6= j esetén.
Az ortogonális bázistortonormáltnaknevezzük, ha még||ek||= 1is teljesül mindenk= 1,2,...,n-re.
Nyilvánvaló, hogy pl. a standard bázis egyúttal ortonormált bázis isRn-ben.
2.13. tétel: Bármely{0} 6=X0⊂Rnaltérnek van ortonormált bázisa.
Bizonyítás:
Legyene1 ∈X0egy tetsz˝oleges, 1 normájú vektor. Ezekután válasszunk egy 1 normájúe2vektort az {e1}⊥∩X0 altérb˝ol, majd egy 1 normájúe3 vektort az{e1,e2}⊥∩X0 altérb˝ol, és így tovább. Ily módon
páronként ortogonális, ezért lineárisan függetlenX0-beli vektorok rendszeréhez jutunk. Az eljárás véget ér, ha az{e1,e2,...em}⊥∩X0 altér már nem tartalmaz 1 normájú vektort, azaz a triviális0altérrel egyenl˝o. Ekkor {e1,e2,...em}generálja is azX0 alteret. Valóban, ha valamelyx∈X0vektor nem lenne el˝oállíthatóe1,...,em
lineáris kombinációjaként, akkor azx− mj=1hx,ejiej vektor egy nemzérus eleme lenne az{e1,e2,...em}⊥∩X0
altérnek, mivel mindegyikek-ra ortogonális (k= 1,2,...,m):
hx−
Tehát{e1,e2,...em}egy generátorrendszerX0-ban, és mivel páronként ortogonális, azért lineárisan független is, azaz bázist alkotX0-ban. A konstrukció miatt pedig e bázis elemei mind 1 normájúak, tehát a bázis ortonormált.
Az ortonormált bázisok kitüntetett szerepét világítja meg a következ˝o példa. Legyene1,e2,...,en∈Rnegy tetsz˝oleges (nem feltétlen ortogonális) bázis, ésx∈Rntetsz˝oleges vektor. Hax-et el˝o akarjuk állítani az e1,e2,...,enbázisvektorok lineáris kombinációjaként:
x=λ1e1+λ2e2+...+λnen,
akkor ez aλ1,...,λnegyütthatókra egyn-ismeretlenes algebrai egyenletrendszer megoldását jelenti. A helyzet lényegesen egyszer˝usödik, ha aze1,e2,...,enbázis ortonormált. Ekkor ui. érvényes a következ˝o tétel:
2.14. tétel: Legyene1,e2,...,en∈Rnegy ortonormált bázis, ésx∈Rntetsz˝oleges vektor, akkor:
Bizonyítás:
Következésképp az együtthatók egyenletmegoldás nélkül, egy-egy skaláris szorzat kiszámításával adódnak.
A fenti el˝oállítás lehet˝ové teszi az elemi geometriából jól ismertmer˝oleges vetületfogalmának általánosítását:
2.15. tétel: Legyen X0 ⊂ Rn egy tetsz˝oleges altér. Akkor minden x ∈ Rn vektor egyértelm˝uen el˝oáll x = x0 +x⊥0 alakban, ahol x0 ∈ X0 és x⊥0 ∈ X0⊥. Ezt az x0 vektort az x vektornak az X0 altérre vett
Akkor azx⊥:=x−x0 valóban ortogonálisX0-ra, mert mindegyikek bázisvektorra ortogonális:
hx−x0,eki=hx−
m
X
j=1
hx,ejiej,eki=
=hx,eki −X
j=1
hx,ejihej,eki=hx,eki − hx,eki= 0,
amivel a kívánt el˝oállítás létezését igazoltuk. Már csak az egyértelm˝uséget kell belátni. Hax=x0+x⊥0 és x=y0+y⊥0 két olyan felbontás, hogyx0,y0 ∈X0 ésx⊥0,y0⊥∈X0⊥, akkor innenx0−y0 =−(x⊥0 −y0⊥) következik. Ámde a bal oldali vektorX0-beli, míg a jobb oldaliX0⊥-beli, azaz egymásra ortogonálisak. Ezért csak úgy lehetnek egyenl˝ok, ha mindketten a0zérusvektorral egyenl˝ok, azazx0 =y0 ésx⊥0 =y0⊥. Tehát a tételben szerepl˝o ortogonális felbontás valóban egyértelm˝u.
Speciálisan, haX0egydimenziós, és egy06=e∈Rn vektor generálja, akkor a tételb˝ol adódik, hogy egy tetsz˝olegesx∈Rnvektoreirányú ortogonális vetülete az hx,eie||e||2 vektor (ui. a ||e||e vektor normája épp 1).
A tétel másik következménye, hogy tetsz˝olegesX0 ⊂Rnaltér eseténX0 és azX0⊥alterek dimenzióinak összege éppenn. Valóban, vegyünk fel mindkét altérben egye1,...,em ∈X0 ill. f1,...,fk ∈X0⊥ortonormált bázist, akkorX0 m-dimenziós, ésX0⊥k-dimenziós. Ezek egyesítése, azaz aze1,...,em,f1,...,fkvektorrendszer továbbra is páronként ortogonális (ezért lineárisan független) vektorokból áll, továbbá a2.15. Tétel
értelmében generálják is azRnteret, így bázist alkotnakRn-ben. Ezért e bázis elemszáma éppn, tehát valóban,n=m+k.
Végezetül megmutatjuk, hogy az ortogonális vetület rendelkezik egyfajta minimumtulajdonsággal, mely a két-és háromdimenziós terekben az elemi geometriából már jól ismert:
2.16. tétel: LegyenX0 ⊂Rnegy tetsz˝oleges altér,x∈Rnpedig egy tetsz˝oleges vektor. Jelöljex0azxvektor X0-ra vett ortogonális vetületét. Akkorx0azxvektorhoz legközelebb es˝oX0-beli vektor, azaz mindeny∈X0 esetén||x−x0|| ≤ ||x−y||.
Bizonyítás:
Tetsz˝olegesy∈X0esetén nyilvánx−y = (x0−y) + (x−x0). Az els˝o zárójeles tagX0-beli, míg a második a
2.15. Tétel értelmébenX0⊥-beli. A Pitagorász-tétel miatt ezért||x−y||2 =||x0−y||2+||x−x0||2. A jobb oldal akkor minimális, hay=x0, innen az állítás adódik.