Ortogonal Tümleyen

Ortogonal Tümleyen
V, Rn ‘in bir alt uzayı olsun. V’ye dik tüm vektörlerin
oluşturduğu uzay V’nin ortoganal tümleyenidir ve V┴
ile gösterilir.
Dört temel uzaya bir daha bakalım……
5. ders
sütun uzayının boyutu+sıfır uzayının boyutu=sütun sayısı
dim(R(A))+dim(N(A))=n
satır uzayının boyutu+ sol sıfır uzayının boyutu=satır sayısı
dim(R(AT))+dim(N(AT))=m
Hatırlatma
Dört temel alt uzay
N(A) ve R(AT), Rn ‘in alt uzayları
N(AT) ve R(A), Rm ‘in alt uzayları
N(A)  R(AT) (Rn de); N(AT)  R(A) (Rn de);
Hatırlatma
xN
( A) ve f R ( A ) ise f x  0 olduğunu gösteriniz
T
x  N ( A)
AT y  f
yT A  f T
y T Ax  f T x
y 
Ax  f x
T
T
0
f Tx 0
T
Hatırlatma
y  N(AT ) ve x  R ( A) ise yT b  0 olduğunu gösteriniz
y  N(AT )
Ax  b
T
T
y
A
x

y
b

0
0 y b
T
Boyutlara bir daha dikkat edelim…..
dim(R(AT))+dim(N(A))=n
r+(n-r)=n
N(A)  R(AT) (Rn de)
yeni öğrendiklerimize göre …..
N(A) = (R(AT))┴
Benzer şekilde…..
dim(R(A))+dim(N(AT))=m
r+(m-r)=m
N(AT) R(A) (Rm de)
yeni öğrendiklerimize göre …..
N(AT) = (R(A))┴
Hatırlatma
Lineer cebrin temel teoremi-kısım 1
Amxn
A’nın sütun uzayı= R(A); boyutu r
A’nın sıfır uzayı=N(A); boyutu n-r
A’nın satır uzayı=R(AT) ; boyutu r
A’nın sol sıfır uzayı=N(AT); boyutu m-r
Sonuç
Lineer cebrin temel teoremi-kısım 2
Amxn
Sıfır uzayı Rn’de satır uzayının ortogonal tümleyenidir.
Sol sıfır uzayı Rm’de sütun uzayının ortogonal tümleyenidir.
Ax=b’nin çözümünün varlığı için yeni bir koşul….
Ax=b denklem takımının çözümü vardır
ATy=0 iken bTy=0 sağlanır
Bunu bilmenin faydası ne?
Her ortogonal altuzay ortogonal tümleyen midir?
 1  
 
V  örtü 0 
 0  
  
V ve W hangi uzayın alt uzayları?
R3
W
V
 0  
 
W  örtü 0 
1 
  
 0 
~

W  örtü 1,
 0 
 
V ve W ortogonal tümleyen mi?
Hayır
0  
0  
 
1 
~
V ve W ortogonal tümleyen mi?
Evet
W
V
Ax ’e biraz daha dikkatli bakalım…
xr
xr
x
Axr=Ax
x
Ax
Ax
O
O
xn
Rn
xn
Axn=0
Rm
yT x  0 bu durumda ne olacak?
S, Rn’in bir alt uzayı olsun; b’de Rn’de bir nokta Boyuta
dikkat!!
olsun. S’in b’ye en yakın noktası p ise bu noktayı
nasıl belirleriz?
xn
b
S
p
x2
x1
İki boyuta geri dönelim…
x1
b=[b1 b2]
ba
b
a=[a1 a2]
a
θ
β
Biraz trigonometri …..
α
x2
a2
a
b
sin   2
b
sin  
a1
a
b
cos   1
b
cos  
cos   cos  cos   sin  sin  
a1b1  a2b2
a b
Son yazılan bağıntıya biraz daha dikkatli
bakalım…
cos   cos  cos   sin  sin  
Amacımız neydi?
p’yi bulmak
a1b1  a2b2
a b
aT b
cos  
a b
xn
b
a
p
x2
S
x1
p nerede?
a vektörünün belirlediği doğru üstünde
p  a
b’den a’ya olan en kısa mesafe b’den a’ya dik olan
doğru ile belirlenir
(b  a )  a
aT (b  a)  0
aT b
  T
a a
T
a b
p  a  T a
a a
Önemli bir sonuç
b p 0
2
2
2
( a b)  a b  T
a b
T
b  T a  b b  2 T   T  a a
a a
a a
a a
T
T
2
T

b b a a   a b 

a a 
T
T
T
T
0
Schwartz eşitsizliği
a b a b
T
2