Chiarimenti su esercizio matrice di proiezione ortogonale
Ciao a tutti, mi servirebbero un paio di chiarimenti sul seguente esercizio:
Determinare la matrice, rispetto alla base canonica, della proiezione ortogonale $ P: RR ^3rarr RR ^3 $ sul piano di equazione $ x-2y+z=0 $
Svolgimento:
assegnando dei valori a $ x $ e $ y $ nell'equazione del piano, si ottiene $ z $. In questo modo, è possibile trovare due vettori che siano una base (cioè linearmente indipendenti) del piano:
per, ad esempio, $ x=1 ; y=1 $ si ottiene $ z=1 $ e quindi il vettore $ v=(1,1,1) $;
e per $ x=0 ; y=1 $ si ottiene $ z=2 $ e quindi il vettore $ w=(0,1,2) $.
Questi vettori sono una base del piano, ma non sono ortogonali tra loro. Sfruttando Gram-Schmidt, è possibile trovare un vettore $ w' $ a partire da $ w $ che sia ortogonale a $ v $ e al tempo stesso una base:
$ w'=w-()/()*v $ ottenendo $ w'=(-1,0,1) $. Questo vettore giace sul piano $ (x,z) $.
Ora, continuando con Gram-Schmidt, si trova un terzo vettore $ n' $ che è normale al piano formato dai vettori $ v $ e $ w' $ a partire da un vettore $ u $ che sia esterno a questo piano:
sia $ u=(0,3,0) $, segue:
$ n'=u-()/()*v-()/()*w' $ da cui $ n'=(-1,2,-1) $.
Ora i vettori $ v $, $ w' $ e $ n' $ formano una terna ortogonale del piano.
Prima domanda: con quale criterio è stato scelto il vettore $ u=(0,3,0) $? Ad esempio, anche il vettore $ u=(1,3,0) $ è esterno al piano, ma non mi fornisce poi un vettore $ n' $ che sia ortogonale a $ v $ e a $ w' $...
Continuando con l'esercizio:
si normalizza $ n' $ : $ n=(n')/(||n'||) $ ottenendo: $ n=1/sqrt(6)* ( -1 ,2,-1) $ .
A questo punto la proiezione sul piano è data da:
$ p(x)=x-n $
e considerando la base canonica $e1=(1,0,0) $, $e2=(0,1,0) $ e $e3=(0,0,1) $, si ottiene:
$ p(e1)=e1-n = (5/6,2/6,-1/6)$
$ p(e2)=e2-n = (1/3,1/3,1/3)$
$ p(e3)=e3-n = (-1/6,2/6,5/6)$
Quindi la matrice della proiezione ortogonale é:
$ P=( ( 5/6 , 1/3 , -1/6 ),( 2/6 , 1/3 , 2/6 ),( -1/6 , 1/3 , 5/6 ) ) $
Seconda domanda: visto che la matrice è stata determinata considerando solo il vettore $ n $ che fa parte della terna ortogonale del piano, non si poteva considerare fin da subito, ad esempio, solo il vettore $ v $ normalizzato, evitando di trovare $ w' $ e $ n' $?
Grazie e a chi mi sa dare una risposta a questi miei dubbi.
.BRN
Determinare la matrice, rispetto alla base canonica, della proiezione ortogonale $ P: RR ^3rarr RR ^3 $ sul piano di equazione $ x-2y+z=0 $
Svolgimento:
assegnando dei valori a $ x $ e $ y $ nell'equazione del piano, si ottiene $ z $. In questo modo, è possibile trovare due vettori che siano una base (cioè linearmente indipendenti) del piano:
per, ad esempio, $ x=1 ; y=1 $ si ottiene $ z=1 $ e quindi il vettore $ v=(1,1,1) $;
e per $ x=0 ; y=1 $ si ottiene $ z=2 $ e quindi il vettore $ w=(0,1,2) $.
Questi vettori sono una base del piano, ma non sono ortogonali tra loro. Sfruttando Gram-Schmidt, è possibile trovare un vettore $ w' $ a partire da $ w $ che sia ortogonale a $ v $ e al tempo stesso una base:
$ w'=w-(
Ora, continuando con Gram-Schmidt, si trova un terzo vettore $ n' $ che è normale al piano formato dai vettori $ v $ e $ w' $ a partire da un vettore $ u $ che sia esterno a questo piano:
sia $ u=(0,3,0) $, segue:
$ n'=u-(
Ora i vettori $ v $, $ w' $ e $ n' $ formano una terna ortogonale del piano.
Prima domanda: con quale criterio è stato scelto il vettore $ u=(0,3,0) $? Ad esempio, anche il vettore $ u=(1,3,0) $ è esterno al piano, ma non mi fornisce poi un vettore $ n' $ che sia ortogonale a $ v $ e a $ w' $...
Continuando con l'esercizio:
si normalizza $ n' $ : $ n=(n')/(||n'||) $ ottenendo: $ n=1/sqrt(6)* ( -1 ,2,-1) $ .
A questo punto la proiezione sul piano è data da:
$ p(x)=x-
e considerando la base canonica $e1=(1,0,0) $, $e2=(0,1,0) $ e $e3=(0,0,1) $, si ottiene:
$ p(e1)=e1-
$ p(e2)=e2-
$ p(e3)=e3-
Quindi la matrice della proiezione ortogonale é:
$ P=( ( 5/6 , 1/3 , -1/6 ),( 2/6 , 1/3 , 2/6 ),( -1/6 , 1/3 , 5/6 ) ) $
Seconda domanda: visto che la matrice è stata determinata considerando solo il vettore $ n $ che fa parte della terna ortogonale del piano, non si poteva considerare fin da subito, ad esempio, solo il vettore $ v $ normalizzato, evitando di trovare $ w' $ e $ n' $?
Grazie e a chi mi sa dare una risposta a questi miei dubbi.
.BRN
Risposte
Potevi procedere in modo sicuramente più "pulito" notando che:
$[P((1),(-2),(1))=((0),(0),(0))] ^^ [P((1),(0),(-1))=((1),(0),(-1))] ^^ [P((0),(1),(2))=((0),(1),(2))]$
dato che $1$ vettore banalmente ortogonale al piano è $((1),(-2),(1))$, e $2$ vettori che appartengono al piano sono $((1),(0),(-1))$ e $((0),(1),(2))$, ottenuti più semplicemente ponendo $(x=1,y=0)$ e $(x=0,y=1)$, rispettivamente.
In questo modo, con un semplice cambiamento di base:
$P=((1,1,0),(-2,0,1),(1,-1,2))*((0,0,0),(0,1,0),(0,0,1))*((1,1,0),(-2,0,1),(1,-1,2))^-1=((5/6,1/3,-1/6),(1/3,1/3,1/3),(-1/6,1/3,5/6))*$
Come puoi notare, non sono importanti i $2$ vettori che appartengono al piano, possono essere scelti a piacere, piuttosto $1$ vettore ortogonale.
$[P((1),(-2),(1))=((0),(0),(0))] ^^ [P((1),(0),(-1))=((1),(0),(-1))] ^^ [P((0),(1),(2))=((0),(1),(2))]$
dato che $1$ vettore banalmente ortogonale al piano è $((1),(-2),(1))$, e $2$ vettori che appartengono al piano sono $((1),(0),(-1))$ e $((0),(1),(2))$, ottenuti più semplicemente ponendo $(x=1,y=0)$ e $(x=0,y=1)$, rispettivamente.
In questo modo, con un semplice cambiamento di base:
$P=((1,1,0),(-2,0,1),(1,-1,2))*((0,0,0),(0,1,0),(0,0,1))*((1,1,0),(-2,0,1),(1,-1,2))^-1=((5/6,1/3,-1/6),(1/3,1/3,1/3),(-1/6,1/3,5/6))*$
Come puoi notare, non sono importanti i $2$ vettori che appartengono al piano, possono essere scelti a piacere, piuttosto $1$ vettore ortogonale.
Grazie speculor!
Quindi si potrebbe dire che la matrice $ P $ di proiezione ortogonale, rispetto alla base canonica, di un qualunque spazio vettoriale $ V $ è data da:
$ P=AIA^-1 $
con $ A $ matrice costituita dai vettori della base dello spazio considerato (non necessariamente ortogonali tra loro) e $ I $ matrice identità, che tra l'altro è costituita dai vettori della base canonica (tendo a considerare che, nella tua risposta, ci sia un errore: il primo elemento della prima riga nella matrice di mezzo al prodotto sia un 1 e non uno zero).
Quindi è corretto quanto dico?
In giro nel forum ho trovato anche questa:
$ P=A(A^tA)^-1A^t $
che credo sia una forma più generale di quella che ho scritto sopra. Giusto?
.BRN
Quindi si potrebbe dire che la matrice $ P $ di proiezione ortogonale, rispetto alla base canonica, di un qualunque spazio vettoriale $ V $ è data da:
$ P=AIA^-1 $
con $ A $ matrice costituita dai vettori della base dello spazio considerato (non necessariamente ortogonali tra loro) e $ I $ matrice identità, che tra l'altro è costituita dai vettori della base canonica (tendo a considerare che, nella tua risposta, ci sia un errore: il primo elemento della prima riga nella matrice di mezzo al prodotto sia un 1 e non uno zero).
Quindi è corretto quanto dico?
In giro nel forum ho trovato anche questa:
$ P=A(A^tA)^-1A^t $
che credo sia una forma più generale di quella che ho scritto sopra. Giusto?
.BRN
Perdonate l'intrusione. Premetto che non letto tutta la discussione. Vorrei solo segnalare una cosa.
Ti faccio osservare che, nelle tue notazioni (cioè con $A$ invertibile, $I$ matrice identità), dire $P=AIA^{-1}$ equivale a dire che $P$ è l'identità, cioè $P=I$.
Pensaci: preso $a ne 0$ dire che $x=a*1*1/a$ non equivale forse a dire che $x=1$?
Secondo me, devi rivedere qualche conto.
"BRN":
Quindi si potrebbe dire che la matrice $ P $ di proiezione ortogonale, rispetto alla base canonica, di un qualunque spazio vettoriale $ V $ è data da:
$ P=AIA^-1 $
con $ A $ matrice costituita dai vettori della base dello spazio considerato (non necessariamente ortogonali tra loro) e $ I $ matrice identità, che tra l'altro è costituita dai vettori della base canonica
Ti faccio osservare che, nelle tue notazioni (cioè con $A$ invertibile, $I$ matrice identità), dire $P=AIA^{-1}$ equivale a dire che $P$ è l'identità, cioè $P=I$.
Pensaci: preso $a ne 0$ dire che $x=a*1*1/a$ non equivale forse a dire che $x=1$?
Secondo me, devi rivedere qualche conto.
"BRN":
...tendo a considerare che, nella tua risposta, ci sia un errore: il primo elemento della prima riga nella matrice di mezzo al prodotto sia un 1 e non uno zero.
Come giustamente osservato da Paolo90, se così fosse, $P$ si ridurrebbe all'identità, facendo saltare completamente la soluzione dell'esercizio. Non capisco su quali basi hai fondato le tue considerazioni. In ogni modo, un operatore di proiezione ha sempre autovalori $0$ e $1$, se fossero tutti $1$ si ridurrebbe all'identità, caso limite privo d'interesse.
Ops!... Scusate!!! Sono stato troppo precipitoso nel rispondere e ho scritto una ca****a. 
Effettivamente è ovvio che $ P=AIA^-1=I $ e la stessa cosa vale per $ P=A(A^tA)^-1A^t =I $
A questo punto non rieco a capire da dove esca la matrice
$ ( ( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $
perchè, rifacendo il metodo proposto da speculor, i conti alla fine tronano...
Abbiate pazienza, sono un po' duro a capire ste cose...
Grazie a tutti e due!
.BRN
Effettivamente è ovvio che $ P=AIA^-1=I $ e la stessa cosa vale per $ P=A(A^tA)^-1A^t =I $
A questo punto non rieco a capire da dove esca la matrice
$ ( ( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $
perchè, rifacendo il metodo proposto da speculor, i conti alla fine tronano...
Abbiate pazienza, sono un po' duro a capire ste cose...
Grazie a tutti e due!
.BRN
Il nocciolo del procedimento era scritto all'inizio del mio primo post:
$[P((1),(-2),(1))=((0),(0),(0))] ^^ [P((1),(0),(-1))=((1),(0),(-1))] ^^ [P((0),(1),(2))=((0),(1),(2))]$
Queste relazioni ti dicono che si possono trovare, senza troppa fatica, $3$ autovettori, $1$ autovettore associato all'autovalore $0$, $2$ autovettori associati all'autovalore $1$. Del resto, si sta parlando di una proiezione ortogonale su un piano. A questo punto dovrebbe essere evidente che la matrice che rappresenta il proiettore rispetto alla base formata da questi autovettori deve essere diagonale, con gli autovalori corrispondenti sulla diagonale principale. Infine, per completare l'esercizio è sufficiente un semplice cambiamento di base.
$[P((1),(-2),(1))=((0),(0),(0))] ^^ [P((1),(0),(-1))=((1),(0),(-1))] ^^ [P((0),(1),(2))=((0),(1),(2))]$
Queste relazioni ti dicono che si possono trovare, senza troppa fatica, $3$ autovettori, $1$ autovettore associato all'autovalore $0$, $2$ autovettori associati all'autovalore $1$. Del resto, si sta parlando di una proiezione ortogonale su un piano. A questo punto dovrebbe essere evidente che la matrice che rappresenta il proiettore rispetto alla base formata da questi autovettori deve essere diagonale, con gli autovalori corrispondenti sulla diagonale principale. Infine, per completare l'esercizio è sufficiente un semplice cambiamento di base.
"BRN":
e la stessa cosa vale per $ P=A(A^tA)^-1A^t =I $
no.
la formula che hai scritto serve per calclare la matrice $P$ di proiezione, ma chi ti dice che la matrice $A$ sia una matrice quadrata?
la matrice $A$ puo essere anche rettangolare...
la matrice $(A^tA)^-1A^t$ si chiama pseudo-inversa di moore–penrose (ovviamente si puo fare solo se $A^tA$ è invertibile).
una condizione necessaria l'ho scritta precedentemente qui:
- http://www.matematicamente.it/forum/post549034.html#p549034[/list:u:3cln39mw]
"speculor":
Il nocciolo del procedimento era scritto all'inizio del mio primo post:
$[P((1),(-2),(1))=((0),(0),(0))] ^^ [P((1),(0),(-1))=((1),(0),(-1))] ^^ [P((0),(1),(2))=((0),(1),(2))]$
Già, non avevo colto quello che volevi dirmi. Quindi la matrice $ ( ( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0),( 0 , 0 , 1 ) ) $ non è altro che la matrice diagonalizzata che si ottiene a partire dai vettori della base considerati.
Però questo metodo risulta applicabile solo se si è in presenza di matrici quadrate e diagonalizzabili, se mi ritrovo con matrici rettangolari non posso più cercare gli autovalori e probabilmente sarei costretto a scomodare i valori singolari allungando ulteriormente i passaggi della soluzione.
Comunque ho trovato in rete (le dispense del mio corso che sto seguendo, su questi argomenti lasciano molto a desiderare...) un altro modo abbastanza veloce e universale:
la matrice $ P $ di proiezione ortogonale è data anche da $ P=A A^t $ con $ A $ matrice composta dai vettori ortonormali della base.
Quindi nel mio esempio, diventa:
$ v=(1, 1, 1) $ e $ w=(0, 1, 2) $ sono una base del piano,
ortonormalizzo la base:
$ v'=v/||v|| =1/sqrt(3) (1, 1, 1) $
$ w'=w-
Quindi applicando $ P=A A^t $:
$ ( ( 1/sqrt(3) , -1/sqrt(2) ),( 1/sqrt(3) , 0 ),( 1/sqrt(3) , 1/sqrt(2) ) ) ( ( 1/sqrt(3) , 1/sqrt(3) , 1/sqrt(3) ),( -1/sqrt(2) , 0 , 1/sqrt(2) ) )=( ( 5/3 , 1/3 , -1/6 ),( 1/3 , 1/3 , 1/3 ),( -1/6 , 1/3 , 5/6 ) ) $
Lo stesso procedimento l'ho applicato a quest'altro esercizio:
Ho uno spazio $ W $ in $ RR^4 $ generato da $ (1, -1, 1, -1)^t, (5, 1, 1, 1)^t, (-3, -3, 1, -3)^t $
Tramite l'eliminazione di Gauss, trovo che la base di $ W $ è formata dai vettori $ u=(1, -1, 1, -1)^t $ e $ s=(5, 1, 1, 1)^t $
Ortonormalizzo la base ottenendo:
$ u'=1/sqrt(4) (1, -1, 1, -1) $
$ s'=1/sqrt(24)(4, 2, 0, 2) $
A questo punto, applicando $ P=A A^t $:
$ ( ( 1/sqrt(4) , 4/sqrt(24) ),( -1/sqrt(4) , 2/sqrt(24) ),( 1/sqrt(4) , 0 ),( -1/sqrt(4) , 2/sqrt(24) ) ) ( ( 1/sqrt(4) , -1/sqrt(4) , 1/sqrt(4) , -1/sqrt(4) ),( 4/sqrt(24) , 2/sqrt(24) , 0 , 2/sqrt(24) ) )=( ( 11/12 , 1/12 , 1/4 , 1/12 ),( -1/12 , 5/12 , -1/4 , 5/12 ),( 1/4 , -1/4 , 1/4 , 1/4 ),( -1/12 , 5/12 , -1/4 , 5/12 ) ) $
Confermate?
@byob12: Grazie per la tua precisazione!
Scusate per il post un po' troppo lungo
.BRN
"BRN":
Però questo metodo risulta applicabile solo se si è in presenza di matrici quadrate e diagonalizzabili, se mi ritrovo con matrici rettangolari non posso più cercare gli autovalori e probabilmente sarei costretto a scomodare i valori singolari allungando ulteriormente i passaggi della soluzione.
Quali sarebbero le matrici rettangolari di cui parli?
Beh, nell'esercizio di partenza si è considerata questa matrice:
$ ( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ),( 0 , -1 , 2 ) ) $
ed essendo quadrata, è possibile calcolarne gli autovalori e quindi determinare la sua diagonalizzata:
$ ( ( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) ) $
Ma se considero lo spazio $ W $ in $ RR^4 $ del secondo esercizio, generato da tre vettori e di cui due costituiscono la base, mi ritrovo con questa matrice:
$ ( ( 1 , 5 ),( -1 , 1 ),( 1 , 1 ),( -1 , 1 ) ) $
che non è quadrata e di cui non posso trovarne gli autovalori...
.BRN
$ ( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ),( 0 , -1 , 2 ) ) $
ed essendo quadrata, è possibile calcolarne gli autovalori e quindi determinare la sua diagonalizzata:
$ ( ( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) ) $
Ma se considero lo spazio $ W $ in $ RR^4 $ del secondo esercizio, generato da tre vettori e di cui due costituiscono la base, mi ritrovo con questa matrice:
$ ( ( 1 , 5 ),( -1 , 1 ),( 1 , 1 ),( -1 , 1 ) ) $
che non è quadrata e di cui non posso trovarne gli autovalori...
.BRN
"BRN":
Beh, nell'esercizio di partenza si è considerata questa matrice: $ ( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ),( 0 , -1 , 2 ) ) $ ed essendo quadrata, è possibile calcolarne gli autovalori e quindi determinare la sua diagonalizzata...
Non ho mai considerato questa matrice.
In ogni modo, dopo aver determinato $2$ vettori linearmente indipendenti ortogonali al sottospazio di partenza, il procedimento non cambia:
$[P((1),(0),(-3),(-2))=((0),(0),(0),(0))] ^^ [P((0),(1),(0),(-1))=((0),(0),(0),(0))] ^^ [P((1),(-1),(1),(-1))=((1),(-1),(1),(-1))] ^^ [P((5),(1),(1),(1))=((5),(1),(1),(1))]$
$P=((1,0,1,5),(0,1,-1,1),(-3,0,1,1),(-2,-1,-1,1))*((0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1))*((1,0,1,5),(0,1,-1,1),(-3,0,1,1),(-2,-1,-1,1))^-1$
Certo, in $4$ dimensioni l'ultimo procedimento che hai utilizzato è sicuramente più immediato. Continuo a non comprendere il motivo per il quale parli di matrici rettangolari. Un proiettore è sempre rappresentato da $1$ matrice quadrata diagonalizzabile. Nel tuo procedimento viene ottenuto moltiplicando $2$ matrici rettangolari. In questo procedimento hai a che fare solo con matrici quadrate, la matrice del proiettore in forma diagonale e quella del cambiamento di base.
Eccomi ritornato e scusa se rispondo solo ora.
Ok, credo di aver capito il tuo procedimento e ho provato a applicarlo ad un altro esercizio:
ho uno spazop $ V $ in $ RR^5 $ generato da $ { ( ( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) );( ( 0 ),( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) ); ( ( 0 ),( 0 ),( 3 ),( 1 ),( 0 ) ) } $
trovo che i tre vettori formano una base di $ V $ e quindi cerco altri due vettori che siano ortogonali ad essi, ottenendo:
$ [ P( ( -1/3 ),( 1/3 ),( -1/3 ),( 1 ),( 0 ) )= ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) ]∧[ P( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 1 ) )= ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) )]∧[ P( ( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) )= ( ( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) ]∧[ P( ( 0 ),( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) )= ( ( 0 ),( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) ) ]∧[ P( ( 0 ),( 0 ),( 3 ),( 1 ),( 0 ) )= ( ( 0 ),( 0 ),( 3 ),( 1 ),( 0 ) ) ] $
A questo punto la matrice di proiezione ortogonale dovrebbe essere data da:
$ P=( ( -1/3 , 1/3 , -1/3 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 3 , 1 , 0 ) )( ( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 1 ) )( ( -1/3 , 1/3 , -1/3 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 3 , 1 , 0 ) )^-1=( ( 11/16 , -5/6 , -1/32 , 0 , 0 ),( 5/16 , 11/6 , 3/32 , 0 , 0 ),( 3/4 , 7/6 , 7/8 , 0 , 0 ),( 3/8 , -1/2 ,1/4 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) ) $
Che dici? Ora ho compreso?
In ogni caso, ho provato anche a trovarla con l'altro metodo $ P=A A^t $, ma i risultati non coincidono: credo di aver fatto degli errori di calcolo, però l'importante è che abbia capito i procedimenti.
.BRN
Ok, credo di aver capito il tuo procedimento e ho provato a applicarlo ad un altro esercizio:
ho uno spazop $ V $ in $ RR^5 $ generato da $ { ( ( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) );( ( 0 ),( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) ); ( ( 0 ),( 0 ),( 3 ),( 1 ),( 0 ) ) } $
trovo che i tre vettori formano una base di $ V $ e quindi cerco altri due vettori che siano ortogonali ad essi, ottenendo:
$ [ P( ( -1/3 ),( 1/3 ),( -1/3 ),( 1 ),( 0 ) )= ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) ]∧[ P( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 1 ) )= ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) )]∧[ P( ( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) )= ( ( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) ]∧[ P( ( 0 ),( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) )= ( ( 0 ),( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) ) ]∧[ P( ( 0 ),( 0 ),( 3 ),( 1 ),( 0 ) )= ( ( 0 ),( 0 ),( 3 ),( 1 ),( 0 ) ) ] $
A questo punto la matrice di proiezione ortogonale dovrebbe essere data da:
$ P=( ( -1/3 , 1/3 , -1/3 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 3 , 1 , 0 ) )( ( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 1 ) )( ( -1/3 , 1/3 , -1/3 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 3 , 1 , 0 ) )^-1=( ( 11/16 , -5/6 , -1/32 , 0 , 0 ),( 5/16 , 11/6 , 3/32 , 0 , 0 ),( 3/4 , 7/6 , 7/8 , 0 , 0 ),( 3/8 , -1/2 ,1/4 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) ) $
Che dici? Ora ho compreso?
In ogni caso, ho provato anche a trovarla con l'altro metodo $ P=A A^t $, ma i risultati non coincidono: credo di aver fatto degli errori di calcolo, però l'importante è che abbia capito i procedimenti.
.BRN
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