|
Vjerojatno je zadano tako da bi se postupak ortonormiranja
radio "s razumijevanjem", a ne po šabloni 1-2-3.
Zato je u rješenju predloženo (neobavezno) uvođenje novih
oznaka c1, c2, c3 s napomenom da to nije nužno, ali da inače
treba pripaziti na redoslijed.
To je jedna stvar, a kod Gram-Schmidtovog postupka bitno je
kako se radi po koracima, to jest potprostorima i ne može se
"preskakati". Npr. ako imamo linearno nezavisni skup {a,b,c},
dakle bez indeksa 1,2,3 ( a ni abecedni poredak ne treba
shvatiti kao "obavezan"), potprostori za koje redom dobivamo
ortonormirane baze mogu biti:
(1) [a], [a,b], [a,b,c]
(2) [a], [a,c], [a,c,b] = [a,b,c]
...
(6) [c], [c,b], [c,b,a] = [a,b,c]
U trećem koraku, naravno, uvijek dobivamo
bazu za isti potprostor [a,b,c], ali vektori e1, e2, e3
koje dobivamo u pojedinoj varijanti (uz uobičajene
oznake) nisu uvijek jedni te isti, iako "na kraju"
uvijek dobivamo ortonormiranu bazu za [a,b,c].
Primjerice, ako počnemo s [a], [a,b] dobit ćemo
skup {e1, e2} različit od skupa {e'1, e'2} koji
dobijemo ako počnemo s [b], [a,b],
osim u posebnom slučaju kad su a i b već
ortogonalni.
To si lako nacrtamo u ravnini.
U prvom slučaju dobijemo vektor kolinearan s a
i vektor okomit na a, u drugom vektor kolinearan s b
i vektor okomit na b (ukupno 4 različita vektora).
Ali, treći vektor (ortogonalan na [a,b]) bit će isti
u oba slučaja. No, ravnine određene prvim i trećim
vektorom bit će različite u različitim varijantama.
U konkretnom zadatku zadano je da se počne od a2,
za koji je namještena i najjednostavnija norma (3).
Dobije se e1, to je (1/3) a2.
Ako bismo - što je i u vašem pitanju - u sljedećem koraku
tražili e2, s namjerom da bude [e1, e2] = [a2, a3], a zatim
da u trećem koraku tražimo e3 s namjerom da dobijemo
ortonormiranu bazu za [a2, a1, a3] = [bilo koja permutacija
ova tri vektora] i da pritom bude, kao što je zadano,
[e1, e3] = [a2,a1], ovaj uvjet općenito ne bi bio ispunjen.
I to se može nacrtati (i svakako izračunati), no u svakom
slučaju Gram-Schmidtov postupak "čuva" potprostore
"redom", ali ne i "napreskokce".
Bez detaljnih oznaka: linearne ljuske za prvi i prvi vektor
bit će jednake, za prvi i drugi bit će jednake, za prvi, drugi
i treći bit će jednake, ali to ne znači da će za prvi i treći
biti jednake.
Ovo je možda bilo preopširno, no nadam se da će sad biti
jasnije (a pogotovo da se vidi kako online konzultacije
rade s punim angažmanom i u 4 ujutro :) )
Vjerojatno je zadano tako da bi se postupak ortonormiranja
radio "s razumijevanjem", a ne po šabloni 1-2-3.
Zato je u rješenju predloženo (neobavezno) uvođenje novih
oznaka c1, c2, c3 s napomenom da to nije nužno, ali da inače
treba pripaziti na redoslijed.
To je jedna stvar, a kod Gram-Schmidtovog postupka bitno je
kako se radi po koracima, to jest potprostorima i ne može se
"preskakati". Npr. ako imamo linearno nezavisni skup {a,b,c},
dakle bez indeksa 1,2,3 ( a ni abecedni poredak ne treba
shvatiti kao "obavezan"), potprostori za koje redom dobivamo
ortonormirane baze mogu biti:
(1) [a], [a,b], [a,b,c]
(2) [a], [a,c], [a,c,b] = [a,b,c]
...
(6) [c], [c,b], [c,b,a] = [a,b,c]
U trećem koraku, naravno, uvijek dobivamo
bazu za isti potprostor [a,b,c], ali vektori e1, e2, e3
koje dobivamo u pojedinoj varijanti (uz uobičajene
oznake) nisu uvijek jedni te isti, iako "na kraju"
uvijek dobivamo ortonormiranu bazu za [a,b,c].
Primjerice, ako počnemo s [a], [a,b] dobit ćemo
skup {e1, e2} različit od skupa {e'1, e'2} koji
dobijemo ako počnemo s [b], [a,b],
osim u posebnom slučaju kad su a i b već
ortogonalni.
To si lako nacrtamo u ravnini.
U prvom slučaju dobijemo vektor kolinearan s a
i vektor okomit na a, u drugom vektor kolinearan s b
i vektor okomit na b (ukupno 4 različita vektora).
Ali, treći vektor (ortogonalan na [a,b]) bit će isti
u oba slučaja. No, ravnine određene prvim i trećim
vektorom bit će različite u različitim varijantama.
U konkretnom zadatku zadano je da se počne od a2,
za koji je namještena i najjednostavnija norma (3).
Dobije se e1, to je (1/3) a2.
Ako bismo - što je i u vašem pitanju - u sljedećem koraku
tražili e2, s namjerom da bude [e1, e2] = [a2, a3], a zatim
da u trećem koraku tražimo e3 s namjerom da dobijemo
ortonormiranu bazu za [a2, a1, a3] = [bilo koja permutacija
ova tri vektora] i da pritom bude, kao što je zadano,
[e1, e3] = [a2,a1], ovaj uvjet općenito ne bi bio ispunjen.
I to se može nacrtati (i svakako izračunati), no u svakom
slučaju Gram-Schmidtov postupak "čuva" potprostore
"redom", ali ne i "napreskokce".
Bez detaljnih oznaka: linearne ljuske za prvi i prvi vektor
bit će jednake, za prvi i drugi bit će jednake, za prvi, drugi
i treći bit će jednake, ali to ne znači da će za prvi i treći
biti jednake.
Ovo je možda bilo preopširno, no nadam se da će sad biti
jasnije (a pogotovo da se vidi kako online konzultacije
rade s punim angažmanom i u 4 ujutro  )
|
