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| Aufgabe | 1) Gib alle Projektionen von [mm] $\IR^3$ [/mm] (durch ihre Matrizen bezüglich der Standardbasis) an, deren Bild von [mm] $\vektor{1 \\ 1 \\ 1} [/mm] erzeugt wird.
2) Welche von diesen ist die Orthogonalprojektion, wenn wir die Standardbasis als Orthonormalbasis nehmen? (Erinnerung: Der Kern der Projektion ist das Komplement des Bildes.) |
moin,
bei obiger Aufgabe hab ich ein kleines aber feines Problem.
Zu 1):
Da es um Projektionen geht müssen zwei der drei Basiselemente auf 0 gehen.
Damit die Projektionseigenschaft [mm] ($\pi(\pi(x)) [/mm] = [mm] \pi(x)$) [/mm] erfüllt ist muss das dritte Basiselement auf [mm] $\vektor{ 1 \\ 1 \\ 1 } [/mm] gehen.
Gibt also diese drei linearen Abbildungen:
[mm] $\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0}$
[/mm]
[mm] $\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0}$
[/mm]
[mm] $\pmat{0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1}$
[/mm]
Mein Problem ist jetzt bei 2), dass ich nicht weiß welche davon die Orthogonalprojektion sein sollte.
So wie die Matrizen aussehen würde ich sagen wenn dann sind alle drei Orthogonalprojektionen, was ja nicht sein kann, da selbige eindeutig bestimmt ist.
Das heißt also entweder ich habe bei 1) einige vergessen (stellt sich die Frage welche^^) oder ich übersehe bei 2) etwas.
Schonmal im Voraus danke für eure Hilfe
MfG
Schadowmaster
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:20 Mo 22.08.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> 1) Gib alle Projektionen von [mm]$\IR^3$[/mm] (durch ihre Matrizen
> bezüglich der Standardbasis) an, deren Bild von [mm]$\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm]
> erzeugt wird.
> 2) Welche von diesen ist die Orthogonalprojektion, wenn
> wir die Standardbasis als Orthonormalbasis nehmen?
> (Erinnerung: Der Kern der Projektion ist das Komplement des
> Bildes.)
> moin,
>
> bei obiger Aufgabe hab ich ein kleines aber feines
> Problem.
> Zu 1):
> Da es um Projektionen geht müssen zwei der drei
> Basiselemente auf 0 gehen.
Bzgl. einer passenden Basis: ja.
Bzgl. irgendeiner Basis: nein.
Es kann sogar sein, dass keiner der Standardeinheitsvektoren auf 0 abgebildet wird.
> Damit die Projektionseigenschaft [mm]($\pi(\pi(x))[/mm] = [mm]\pi(x)$)[/mm]
> erfüllt ist muss das dritte Basiselement auf [mm]$\vektor{ 1 \\ 1 \\ 1 }[/mm]
> gehen.
> Gibt also diese drei linearen Abbildungen:
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0}[/mm]
> [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0}[/mm]
> [mm]\pmat{0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1}[/mm]
Das sind drei. Von (ueberabzaehlbar!) unendlich vielen anderen.
Es gibt genauso viele Projektionen, wie es Untervektorraeume $U [mm] \subseteq \IR^3$ [/mm] mit $U [mm] \oplus span\{ (1, 1, 1)^T \} [/mm] = [mm] \IR^3$ [/mm] gibt: zu jeder solchen Zerlegung gibt es genau eine Projektion, und umgekehrt.
(Ich frage mich deshalb ein wenig, was genau die Aufgabenstellung mit "Gib alle [...] an" meint...)
> Mein Problem ist jetzt bei 2), dass ich nicht weiß welche
> davon die Orthogonalprojektion sein sollte.
Keine von den dreien. Es gibt genau eine Orthogonalprojektion, und diese gehoert zu der Zerlegung [mm] $(span\{ (1, 1, 1)^T \})^\bot \oplus span\{ (1, 1, 1)^T \}$.
[/mm]
Um die ON-Projektion aufzustellen brauchst du erstmal eine Basis von [mm] $(span\{ (1, 1, 1)^T \})^\bot$, [/mm] sagen wir $(u, v)$; mit $w := (1, 1, [mm] 1)^T$ [/mm] ist dann $(u, v, w)$ ein Basis von [mm] $\IR^3$, [/mm] und du kannst eine lineare Abbildung $f$ definieren mit $f(u) = 0$, $f(v) = 0$ und $f(w) = w$. Dies ist dann die Orthogonalprojektion.
LG Felix
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Hmm, ich hab nochmal ein wenig überlegt, wie wäre es hiermit für die Menge aller Projektionen:
[mm] $\pmat{ a & b & c \\ a & b & c \\ a & b & c}$
[/mm]
wobei $a,b,c [mm] \in \IR$ [/mm] mit a+b+c=1
Bin schon leicht müde und deshalb nicht ganz sicher, aber ich hoffe doch mal das sind jetzt wirklich alle...
Wie sieht das aus für die Menge aller Projektionen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:12 Mo 22.08.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Hmm, ich hab nochmal ein wenig überlegt, wie wäre es
> hiermit für die Menge aller Projektionen:
> [mm]\pmat{ a & b & c \\ a & b & c \\ a & b & c}[/mm]
> wobei [mm]a,b,c \in \IR[/mm]
> mit a+b+c=1
>
> Bin schon leicht müde und deshalb nicht ganz sicher, aber
> ich hoffe doch mal das sind jetzt wirklich alle...
ja, das sieht gut aus 
Da das Bild der Spann von $(1, 1, [mm] 1)^T$ [/mm] ist muss die Matrix eh die Form haben (ohne die Bedingung $a+b+c=1$). Und damit es dann wirklich eine Projektion ist, damit also $(1, 1, [mm] 1)^T$ [/mm] auf sich selbst abgebildet wird, muss $a + b + c = 1$ sein. Und umgekehrt erfuellt natuerlich jede Matrix mit diesen Bedingungen, dass es eine Projektion auf den Spann von $(1, 1, [mm] 1)^T$ [/mm] ist.
> Wie sieht das aus für die Menge aller Projektionen?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
So, jetzt musst du nur noch herausfinden, fuer welches Tupel $(a, b, c)$ das die orthogonale Projektion ist
Dazu bestimmst du am besten den Orthogonalraum vom Spann von $(1, 1, [mm] 1)^T$ [/mm] und schaust, wie du $a, b, c$ waehlen muss damit zwei Basisvektorem vom Orthogonalraum im Kern der Matrix liegen.
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:11 Mo 22.08.2011 | | Autor: | fred97 |
Ergänzend:
für eine reelle $n [mm] \times [/mm] n$ - Matrix P mit [mm] $P^2=P$ [/mm] gilt:
P ist eine orthogonale Projektion [mm] \gdw [/mm] P ist symmetrisch.
FRED
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Zu aller erst mal danke euch beiden.
> Ergänzend:
>
> für eine reelle [mm]n \times n[/mm] - Matrix P mit [mm]P^2=P[/mm] gilt:
>
> P ist eine orthogonale Projektion [mm]\gdw[/mm] P ist
> symmetrisch.
>
> FRED
das ist natürlich sehr praktisch, damit ergibt sich als Orthogonalprojektion:
$A = [mm] \frac{1}{3}*\pmat{1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1}$
[/mm]
Nun ist noch ein Aufgabenteil übrig, an den ich mich wohl auch mal machen sollte.^^
| Aufgabe | | Bestimme unter Benutzung der Lösung der letzten Aufgabe die beste Approximation und den Abstand von $x = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0}$ [/mm] zu dem Raum $< [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1}>$ [/mm] |
zuerst zum Abstand:
Hierzu muss man ja das Lot fällen, also habe ich gerechnet:
$x - Ax = [mm] \frac{1}{3}*\vektor{2 \\ -1 \\ -1}$
[/mm]
Das wäre ja der "Anteil" von x, der auf 0 geht, und somit auf jeden Fall senkrecht auf den Unterraum.
Davon die Norm wäre also der Abstand, somit ergibt sich ein Abstand von:
[mm] $\frac{\sqrt{6}}{3} [/mm] = [mm] \sqrt{\frac{2}{3}}
[/mm]
Ist das so richtig?
Für die Approximation würde ich $A*x$ nehmen, aber ich bin mir grad anschaulich nicht ganz sicher, was genau ich unter einer besten Approximation zu verstehen habe oder ob das stimmt.
Also in der Hoffnung, dass ich mich hier nicht zu doof anstelle
MfG
Schadowmaster
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:49 So 25.09.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Schadowmaster!
> > für eine reelle [mm]n \times n[/mm] - Matrix P mit [mm]P^2=P[/mm] gilt:
> >
> > P ist eine orthogonale Projektion [mm]\gdw[/mm] P ist
> > symmetrisch.
> >
> > FRED
>
> das ist natürlich sehr praktisch, damit ergibt sich als
> Orthogonalprojektion:
> [mm]A = \frac{1}{3}*\pmat{1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1}[/mm]
> Nun ist noch ein Aufgabenteil übrig, an den ich mich wohl
> auch mal machen sollte.^^
>
> Bestimme unter Benutzung der Lösung der letzten Aufgabe
> die beste Approximation und den Abstand von [mm]x = \vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> zu dem Raum [mm]< \vektor{1 \\ 1 \\ 1}>[/mm]
>
>
> zuerst zum Abstand:
> Hierzu muss man ja das Lot fällen, also habe ich
> gerechnet:
> [mm]x - Ax = \frac{1}{3}*\vektor{2 \\ -1 \\ -1}[/mm]
>
> Das wäre ja der "Anteil" von x, der auf 0 geht, und somit
> auf jeden Fall senkrecht auf den Unterraum.
> Davon die Norm wäre also der Abstand, somit ergibt sich
> ein Abstand von:
> [mm]$\frac{\sqrt{6}}{3}[/mm] = [mm]\sqrt{\frac{2}{3}}[/mm]
>
> Ist das so richtig?
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, ja.
> Für die Approximation würde ich [mm]A*x[/mm] nehmen, aber ich bin
> mir grad anschaulich nicht ganz sicher, was genau ich unter
> einer besten Approximation zu verstehen habe oder ob das
> stimmt.
Wenn unter der besten Approximation ein Element aus dem Unterraum gemeint ist, wessen Distanz zu $x$ minimal ist, dann ist dies gerade die Orthogonalprojektion von $x$ auf den Unterraum und somit gleich $A x$.
Hast also richtig gedacht, wenn der Aufgabensteller nicht etwas sehr ungewoehnliches gemeint hat 
LG Felix
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