6.3
Alle fag for Høyskole

6.3 Ortogonal projeksjon og ortogonalt komplement

Ortogonal projeksjon proj_W y på et underrom, dekomposisjonen y=ŷ+z, ortogonalt komplement W⊥ og korteste-avstand-egenskapen — kjernen i minste kvadrater.

55 min
9 oppgaver
Ortogonal projeksjonortogonalt komplement
Din fremgang i kapitlet
0 / 9 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper — dette bygger kapitlet på:

- kap. 6.2 — ortogonale basiser og Gram–Schmidt. Projeksjonsleddet ⟨y,v⟩⟨v,v⟩v\displaystyle \frac{\langle\mathbf y,\mathbf v\rangle}{\langle\mathbf v,\mathbf v\rangle}\mathbf v er nøyaktig den samme byggeklossen som brukes her.
- kap. 6.1 — indreprodukt, norm, avstand og ortogonalitet.

Kan du ortogonalisere en basis og regne norm, er du klar.

Hva er nærmeste punkt i et underrom?

Gitt en vektor y\mathbf y og et underrom WW: hvilket punkt i WW ligger nærmest y\mathbf y? Svaret er den ortogonale projeksjonen proj⁡Wy\operatorname{proj}_W\mathbf y — «skyggen» av y\mathbf y rett ned på WW. Differansen z=y−proj⁡Wy\mathbf z=\mathbf y-\operatorname{proj}_W\mathbf y står vinkelrett på hele WW, og lengden ∥z∥\|\mathbf z\| er avstanden fra y\mathbf y til WW.

Dette er hele idéen bak minste kvadraters metode (neste kapittel): når et ligningssystem ikke har løsning, projiserer vi ned på det som er oppnåelig. Vi bygger i fem løkker: (1) projeksjon på en linje, (2) projeksjon på et underrom og dekomposisjonen, (3) beste tilnærming og avstand, (4) ortogonalt komplement, (5) en kjedet oppgave der basisen må ortogonaliseres først.

Ortogonal projeksjon på en linje (~9 min)

Ortogonal projeksjon på en linje
Projeksjonen av y\mathbf y på linja utspent av v≠0\mathbf v\ne\mathbf 0 er
proj⁡vy=⟨y,v⟩⟨v,v⟩ v.\operatorname{proj}_{\mathbf v}\mathbf y=\frac{\langle\mathbf y,\mathbf v\rangle}{\langle\mathbf v,\mathbf v\rangle}\,\mathbf v.
Det er «skyggen» av y\mathbf y langs retningen v\mathbf v. Differansen y−proj⁡vy\mathbf y-\operatorname{proj}_{\mathbf v}\mathbf y står vinkelrett på v\mathbf v — dette er nøyaktig projeksjonsleddet fra Gram–Schmidt.
✏️Eksempel 1: Projeksjon på en linje

Finn projeksjonen av y=(5,0)\mathbf y=(5,0) på linja utspent av v=(3,4)\mathbf v=(3,4), og avstanden fra y\mathbf y til linja.

⟨y,v⟩=5⋅3+0⋅4=15\langle\mathbf y,\mathbf v\rangle=5\cdot3+0\cdot4=15 og ⟨v,v⟩=9+16=25\langle\mathbf v,\mathbf v\rangle=9+16=25, så
proj⁡vy=1525(3,4)=35(3,4)=(95,125).\operatorname{proj}_{\mathbf v}\mathbf y=\frac{15}{25}(3,4)=\frac35(3,4)=\left(\tfrac95,\tfrac{12}{5}\right).
Feilvektoren: z=y−proj⁡vy=(5−95, −125)=(165,−125)\mathbf z=\mathbf y-\operatorname{proj}_{\mathbf v}\mathbf y=\left(5-\tfrac95,\ -\tfrac{12}{5}\right)=\left(\tfrac{16}{5},-\tfrac{12}{5}\right). Avstanden:
∥z∥=25625+14425=40025=16=4.\|\mathbf z\|=\sqrt{\tfrac{256}{25}+\tfrac{144}{25}}=\sqrt{\tfrac{400}{25}}=\sqrt{16}=4.
Kontroll: ⟨z,v⟩=165⋅3−125⋅4=48−485=0\langle\mathbf z,\mathbf v\rangle=\tfrac{16}{5}\cdot3-\tfrac{12}{5}\cdot4=\tfrac{48-48}{5}=0 ✓ — z\mathbf z står vinkelrett på linja.
📝Oppgave 1

(Innøving.) Finn projeksjonen av y=(0,5)\mathbf y=(0,5) på linja utspent av v=(1,2)\mathbf v=(1,2).

Projeksjon på et underrom og dekomposisjonen (~13 min)

Ortogonal projeksjon på et underrom
La {v1,…,vk}\{\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_k\} være en ortogonal basis for underrommet WW. Projeksjonen av y\mathbf y på WW er summen av projeksjonene på hver basisvektor:
proj⁡Wy=∑i=1k⟨y,vi⟩⟨vi,vi⟩ vi.\operatorname{proj}_W\mathbf y=\sum_{i=1}^{k}\frac{\langle\mathbf y,\mathbf v_i\rangle}{\langle\mathbf v_i,\mathbf v_i\rangle}\,\mathbf v_i.
Formelen krever at basisen er ortogonal — ellers gjelder den ikke. Er basisen skjev, kjør Gram–Schmidt (kap. 6.2) først.
Ortogonal dekomposisjon
Enhver y\mathbf y kan skrives entydig som
y=y^+z,y^=proj⁡Wy∈W,z=y−y^∈W⊥.\mathbf y=\hat{\mathbf y}+\mathbf z,\qquad \hat{\mathbf y}=\operatorname{proj}_W\mathbf y\in W,\quad \mathbf z=\mathbf y-\hat{\mathbf y}\in W^{\perp}.
Her er y^\hat{\mathbf y} komponenten i WW og z\mathbf z komponenten vinkelrett på WW. Delingen er entydig: det finnes bare én måte å splitte y\mathbf y i en WW-del og en W⊥W^{\perp}-del.
✏️Eksempel 2 (eksamensnivå): Projeksjon og dekomposisjon

La W=Span⁡{(1,1,0),(1,−1,0)}W=\operatorname{Span}\{(1,1,0),(1,-1,0)\}. Finn proj⁡Wy\operatorname{proj}_W\mathbf y for y=(2,3,4)\mathbf y=(2,3,4), og dekomposisjonen y=y^+z\mathbf y=\hat{\mathbf y}+\mathbf z.

Basisen er ortogonal: ⟨(1,1,0),(1,−1,0)⟩=1−1+0=0\langle(1,1,0),(1,-1,0)\rangle=1-1+0=0 ✓ — formelen kan brukes direkte. Med v1=(1,1,0)\mathbf v_1=(1,1,0), v2=(1,−1,0)\mathbf v_2=(1,-1,0) (begge ⟨vi,vi⟩=2\langle\mathbf v_i,\mathbf v_i\rangle=2):
⟨y,v1⟩2=2+32=52,⟨y,v2⟩2=2−32=−12.\frac{\langle\mathbf y,\mathbf v_1\rangle}{2}=\frac{2+3}{2}=\frac52,\qquad \frac{\langle\mathbf y,\mathbf v_2\rangle}{2}=\frac{2-3}{2}=-\frac12.
y^=proj⁡Wy=52(1,1,0)−12(1,−1,0)=(52−12, 52+12, 0)=(2,3,0).\hat{\mathbf y}=\operatorname{proj}_W\mathbf y=\tfrac52(1,1,0)-\tfrac12(1,-1,0)=\left(\tfrac52-\tfrac12,\ \tfrac52+\tfrac12,\ 0\right)=(2,3,0).
Da er z=y−y^=(2,3,4)−(2,3,0)=(0,0,4)\mathbf z=\mathbf y-\hat{\mathbf y}=(2,3,4)-(2,3,0)=(0,0,4). Kontroll: z\mathbf z er ortogonal på begge basisvektorene (⟨(0,0,4),(1,1,0)⟩=0\langle(0,0,4),(1,1,0)\rangle=0, likeså for den andre) ✓. Altså y^=(2,3,0)∈W\hat{\mathbf y}=(2,3,0)\in W og z=(0,0,4)∈W⊥\mathbf z=(0,0,4)\in W^{\perp}.
📝Oppgave 2
Sjanger H

Med W=Span⁡{(1,1,0),(1,−1,0)}W=\operatorname{Span}\{(1,1,0),(1,-1,0)\}: finn dekomposisjonen y=y^+z\mathbf y=\hat{\mathbf y}+\mathbf z for y=(4,0,2)\mathbf y=(4,0,2).

Beste tilnærming og avstand (~9 min)

📜Beste tilnærmingssetning
For et underrom WW og en vektor y\mathbf y er y^=proj⁡Wy\hat{\mathbf y}=\operatorname{proj}_W\mathbf y det punktet i WW som ligger nærmest y\mathbf y:
∥y−y^∥<∥y−w∥for alle w∈W, w≠y^.\|\mathbf y-\hat{\mathbf y}\|<\|\mathbf y-\mathbf w\|\quad\text{for alle }\mathbf w\in W,\ \mathbf w\ne\hat{\mathbf y}.
Hvorfor: for ethvert w∈W\mathbf w\in W er y−w=(y−y^)+(y^−w)\mathbf y-\mathbf w=(\mathbf y-\hat{\mathbf y})+(\hat{\mathbf y}-\mathbf w), der y−y^=z∈W⊥\mathbf y-\hat{\mathbf y}=\mathbf z\in W^{\perp} og y^−w∈W\hat{\mathbf y}-\mathbf w\in W er ortogonale. Pytagoras gir ∥y−w∥2=∥z∥2+∥y^−w∥2≥∥z∥2\|\mathbf y-\mathbf w\|^2=\|\mathbf z\|^2+\|\hat{\mathbf y}-\mathbf w\|^2\ge\|\mathbf z\|^2, med likhet bare når w=y^\mathbf w=\hat{\mathbf y}.
Avstand fra punkt til underrom
Avstanden fra y\mathbf y til underrommet WW er lengden av feilvektoren:
dist⁡(y,W)=∥y−proj⁡Wy∥=∥z∥.\operatorname{dist}(\mathbf y,W)=\|\mathbf y-\operatorname{proj}_W\mathbf y\|=\|\mathbf z\|.
Det er den korteste avstanden fra y\mathbf y til noe punkt i WW (nettopp fordi y^\hat{\mathbf y} er nærmest). Glem aldri kvadratrota: avstanden er ∥z∥\|\mathbf z\|, ikke ∥z∥2\|\mathbf z\|^2.
✏️Eksempel 3: Avstand til underrommet

Bruk dekomposisjonen fra eksempel 2 (y=(2,3,4)\mathbf y=(2,3,4), W=Span⁡{(1,1,0),(1,−1,0)}W=\operatorname{Span}\{(1,1,0),(1,-1,0)\}) til å finne avstanden fra y\mathbf y til WW.

Der fant vi z=(0,0,4)\mathbf z=(0,0,4), så
dist⁡(y,W)=∥z∥=∥(0,0,4)∥=0+0+16=4.\operatorname{dist}(\mathbf y,W)=\|\mathbf z\|=\|(0,0,4)\|=\sqrt{0+0+16}=4.
WW er xyxy-planet, og y=(2,3,4)\mathbf y=(2,3,4) ligger 44 enheter over det — helt som geometrien tilsier. Ethvert annet punkt i WW ville ligget lengre unna y\mathbf y (beste tilnærmingssetningen).
📝Oppgave 3
Sjanger H

La W=Span⁡{(2,1)}W=\operatorname{Span}\{(2,1)\} i R2\mathbb R^2. Finn dekomposisjonen y=y^+z\mathbf y=\hat{\mathbf y}+\mathbf z for y=(4,3)\mathbf y=(4,3), og avstanden fra y\mathbf y til WW.

Ortogonalt komplement (~11 min)

Ortogonalt komplement
Det ortogonale komplementet W⊥W^{\perp} («W-perp») til et underrom WW er mengden av alle vektorer som er ortogonale på hele WW:
W⊥={z: ⟨z,w⟩=0 for alle w∈W}.W^{\perp}=\{\mathbf z:\ \langle\mathbf z,\mathbf w\rangle=0\text{ for alle }\mathbf w\in W\}.
Det holder å sjekke ortogonalitet mot en basis for WW. W⊥W^{\perp} er selv et underrom, og z\mathbf z-delen i dekomposisjonen ligger nettopp her.
Dimensjonsformelen for komplement
For et underrom WW av Rn\mathbb R^n gjelder
dim⁡W+dim⁡W⊥=n.\dim W+\dim W^{\perp}=n.
De to komplementene fyller sammen hele rommet uten overlapp (W∩W⊥={0}W\cap W^{\perp}=\{\mathbf 0\}). F.eks. har en linje (dim⁡1\dim1) i R3\mathbb R^3 et plan (dim⁡2\dim2) som komplement.
(Col⁡A)⊥=Nul⁡AT(\operatorname{Col}A)^{\perp}=\operatorname{Nul}A^{T}
En sentral sammenheng: det ortogonale komplementet til kolonnerommet er nullrommet til den transponerte,
(Col⁡A)⊥=Nul⁡AT.(\operatorname{Col}A)^{\perp}=\operatorname{Nul}A^{T}.
Hvorfor: z⊥Col⁡A\mathbf z\perp\operatorname{Col}A betyr at z\mathbf z er ortogonal på hver kolonne i AA, altså ATz=0A^{T}\mathbf z=\mathbf 0. Denne identiteten er selve broen til normallikningene i minste kvadraters metode.
✏️Eksempel 4: Ortogonalt komplement til en linje

Finn W⊥W^{\perp} når W=Span⁡{(1,1,1)}W=\operatorname{Span}\{(1,1,1)\} i R3\mathbb R^3, og bekreft dimensjonsformelen.

W⊥W^{\perp} er alle (x,y,z)(x,y,z) med ⟨(x,y,z),(1,1,1)⟩=0\langle(x,y,z),(1,1,1)\rangle=0, altså planet
x+y+z=0.x+y+z=0.
Dette er et 22-dimensjonalt underrom med basis f.eks. {(1,−1,0),(1,0,−1)}\{(1,-1,0),(1,0,-1)\} (begge oppfyller likningen). Dimensjonsformelen: dim⁡W+dim⁡W⊥=1+2=3=n\dim W+\dim W^{\perp}=1+2=3=n ✓.
📝Oppgave 4
Sjanger H

Finn en basis for W⊥W^{\perp} når W=Span⁡{(1,0,1)}W=\operatorname{Span}\{(1,0,1)\} i R3\mathbb R^3, og oppgi dim⁡W⊥\dim W^{\perp}.

Kjedet oppgave: ortogonaliser først (~13 min)

På eksamen er WW ofte oppgitt med en basis som ikke er ortogonal. Da må du kjøre Gram–Schmidt (kap. 6.2) før du bruker projeksjonsformelen — å hoppe over dette er den vanligste feilen. Den ortogonale projeksjonen proj⁡Wy\operatorname{proj}_W\mathbf y er den samme uansett hvilken ortogonal basis du bruker for WW.

✏️Eksempel 5 (eksamensnivå): Gram–Schmidt så projeksjon

La W=Span⁡{(1,1,1),(1,2,0)}W=\operatorname{Span}\{(1,1,1),(1,2,0)\}. Finn proj⁡Wy\operatorname{proj}_W\mathbf y og avstanden fra y=(2,0,0)\mathbf y=(2,0,0) til WW.

Sjekk basis: ⟨(1,1,1),(1,2,0)⟩=1+2+0=3≠0\langle(1,1,1),(1,2,0)\rangle=1+2+0=3\ne0 — basisen er ikke ortogonal. Kjør Gram–Schmidt:
v1=(1,1,1),v2=(1,2,0)−33(1,1,1)=(0,1,−1).\mathbf v_1=(1,1,1),\quad \mathbf v_2=(1,2,0)-\tfrac33(1,1,1)=(0,1,-1).
Nå er {v1,v2}\{\mathbf v_1,\mathbf v_2\} ortogonal (⟨v1,v2⟩=0\langle\mathbf v_1,\mathbf v_2\rangle=0), med ⟨v1,v1⟩=3\langle\mathbf v_1,\mathbf v_1\rangle=3, ⟨v2,v2⟩=2\langle\mathbf v_2,\mathbf v_2\rangle=2.

Projiser: ⟨y,v1⟩=2+0+0=2\langle\mathbf y,\mathbf v_1\rangle=2+0+0=2 og ⟨y,v2⟩=0+0−0=0\langle\mathbf y,\mathbf v_2\rangle=0+0-0=0, så
proj⁡Wy=23(1,1,1)+02(0,1,−1)=(23,23,23).\operatorname{proj}_W\mathbf y=\tfrac23(1,1,1)+\tfrac02(0,1,-1)=\left(\tfrac23,\tfrac23,\tfrac23\right).
Avstand: z=(2,0,0)−(23,23,23)=(43,−23,−23)\mathbf z=(2,0,0)-\left(\tfrac23,\tfrac23,\tfrac23\right)=\left(\tfrac43,-\tfrac23,-\tfrac23\right), så
∥z∥=169+49+49=249=263.\|\mathbf z\|=\sqrt{\tfrac{16}{9}+\tfrac49+\tfrac49}=\sqrt{\tfrac{24}{9}}=\frac{2\sqrt6}{3}.
Kontroll: ⟨z,v1⟩=43−23−23=0\langle\mathbf z,\mathbf v_1\rangle=\tfrac43-\tfrac23-\tfrac23=0 og ⟨z,v2⟩=−23+23=0\langle\mathbf z,\mathbf v_2\rangle=-\tfrac23+\tfrac23=0 ✓.

📝Oppgave 5

(Eksamensklone, sjanger H.) La W=Span⁡{(1,2,2),(2,−2,1)}W=\operatorname{Span}\{(1,2,2),(2,-2,1)\}. Finn proj⁡W(1,0,0)\operatorname{proj}_W(1,0,0) og avstanden fra (1,0,0)(1,0,0) til WW.

📝Oppgave 6

(Eksamensklone, sjanger H/N.) La AA ha kolonnene (1,1,0)(1,1,0) og (0,1,1)(0,1,1). Finn en basis for (Col⁡A)⊥(\operatorname{Col}A)^{\perp}, og bekreft at den er ortogonal på begge kolonnene.

Begrepsbank til eksamen

Kjernebegrepene fra kapitlet samlet i kortform for pugging (kode E — intet formelark).

Begrepsbanken er flashcard-/repetisjonsstoff — det gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

y^∈W\hat{\mathbf y}\in W, z∈W⊥\mathbf z\in W^{\perp}

I dekomposisjonen y=y^+z\mathbf y=\hat{\mathbf y}+\mathbf z ligger y^=proj⁡Wy\hat{\mathbf y}=\operatorname{proj}_W\mathbf y i WW og z=y−y^\mathbf z=\mathbf y-\hat{\mathbf y} i W⊥W^{\perp}. Én kontroll som alltid virker: z\mathbf z skal være ortogonal på hver basisvektor for WW.

Entydig dekomposisjon

Splittingen y=y^+z\mathbf y=\hat{\mathbf y}+\mathbf z med y^∈W\hat{\mathbf y}\in W, z∈W⊥\mathbf z\in W^{\perp} er entydig — det finnes bare én slik oppdeling. Dette gjør projeksjonen veldefinert, uavhengig av hvilken ortogonal basis du regner med.

W⊥W^{\perp} er et underrom

Det ortogonale komplementet W⊥W^{\perp} er selv et underrom: det inneholder 0\mathbf 0, og er lukket under addisjon og skalering (summen av to vektorer ortogonale på WW er igjen ortogonal på WW).

(W⊥)⊥=W(W^{\perp})^{\perp}=W

Å ta komplementet to ganger gir rommet tilbake: (W⊥)⊥=W(W^{\perp})^{\perp}=W. WW og W⊥W^{\perp} er gjensidige komplementer i Rn\mathbb R^n.

W∩W⊥={0}W\cap W^{\perp}=\{\mathbf 0\}

Den eneste vektoren som ligger både i WW og i W⊥W^{\perp} er nullvektoren: en vektor ortogonal på seg selv har ⟨v,v⟩=0\langle\mathbf v,\mathbf v\rangle=0, altså v=0\mathbf v=\mathbf 0. Derfor overlapper de to komplementene ikke.

Projeksjon krever ortogonal basis

Projeksjonsformelen ∑⟨y,vi⟩⟨vi,vi⟩vi\displaystyle \sum\frac{\langle\mathbf y,\mathbf v_i\rangle}{\langle\mathbf v_i,\mathbf v_i\rangle}\mathbf v_i er bare gyldig for en ortogonal basis. Er basisen skjev, gir formelen feil svar — ortogonaliser med Gram–Schmidt først.

Projeksjon er lineær og idempotent

Avbildningen y↦proj⁡Wy\mathbf y\mapsto\operatorname{proj}_W\mathbf y er lineær, og å projisere to ganger endrer ingenting: proj⁡W(proj⁡Wy)=proj⁡Wy\operatorname{proj}_W(\operatorname{proj}_W\mathbf y)=\operatorname{proj}_W\mathbf y. Som matrise PP betyr det P2=PP^2=P (idempotent).

Projeksjon av noe som allerede ligger i WW

Hvis y∈W\mathbf y\in W, er proj⁡Wy=y\operatorname{proj}_W\mathbf y=\mathbf y (avstanden er 00). Hvis y∈W⊥\mathbf y\in W^{\perp}, er proj⁡Wy=0\operatorname{proj}_W\mathbf y=\mathbf 0. Projeksjonen «plukker ut» WW-delen av vektoren.

Feilvektoren z\mathbf z
z=y−proj⁡Wy\mathbf z=\mathbf y-\operatorname{proj}_W\mathbf y kalles feil- eller residualvektoren. Den står vinkelrett på hele WW og har lengde lik avstanden fra y\mathbf y til WW. I minste kvadrater er den residualet som minimeres.
Avstand = lengden av feilvektoren
dist⁡(y,W)=∥z∥=∥y−proj⁡Wy∥\operatorname{dist}(\mathbf y,W)=\|\mathbf z\|=\|\mathbf y-\operatorname{proj}_W\mathbf y\|. Dette er den korteste avstanden fra y\mathbf y til WW (beste tilnærmingssetningen) — ethvert annet punkt i WW ligger lengre unna.
(Row⁡A)⊥=Nul⁡A(\operatorname{Row}A)^{\perp}=\operatorname{Nul}A

Sammen med (Col⁡A)⊥=Nul⁡AT(\operatorname{Col}A)^{\perp}=\operatorname{Nul}A^{T} har vi at radrommet og nullrommet er ortogonale komplementer: (Row⁡A)⊥=Nul⁡A(\operatorname{Row}A)^{\perp}=\operatorname{Nul}A. Løsningene av Ax=0A\mathbf x=\mathbf 0 står vinkelrett på alle radene i AA.

Projeksjonsmatrise (ortonormal basis)

Har WW en ortonormal basis samlet som kolonner i UU, er proj⁡Wy=UUTy\operatorname{proj}_W\mathbf y=UU^{T}\mathbf y. Matrisen P=UUTP=UU^{T} er symmetrisk og idempotent. (Kjennskap — praktisk når basisen allerede er ortonormal.)

Skalar- vs. vektorprojeksjon
⟨y,v⟩∥v∥\displaystyle \frac{\langle\mathbf y,\mathbf v\rangle}{\|\mathbf v\|} er skalarprojeksjonen (et tall — komponenten langs v\mathbf v), mens ⟨y,v⟩⟨v,v⟩v\displaystyle \frac{\langle\mathbf y,\mathbf v\rangle}{\langle\mathbf v,\mathbf v\rangle}\mathbf v er vektorprojeksjonen (selve skyggevektoren). Ikke bland de to nevnerne ∥v∥\|\mathbf v\| og ⟨v,v⟩\langle\mathbf v,\mathbf v\rangle.
Projeksjon med ortonormal basis

Er basisen ortonormal (⟨ui,ui⟩=1\langle\mathbf u_i,\mathbf u_i\rangle=1), forenkles formelen til proj⁡Wy=∑i⟨y,ui⟩ ui\operatorname{proj}_W\mathbf y=\sum_i\langle\mathbf y,\mathbf u_i\rangle\,\mathbf u_i — ingen nevnere. Derfor lønner det seg noen ganger å normalisere først.

Beste tilnærming
proj⁡Wy\operatorname{proj}_W\mathbf y er punktet i WW som minimerer avstanden til y\mathbf y. Denne minimeringsegenskapen er hele grunnen til at projeksjon brukes til å «løse» ligningssystem som egentlig ikke har løsning.
Slik finner du W⊥W^{\perp}

Skriv basisvektorene for WW som rader i en matrise BB og løs det homogene systemet Bz=0B\mathbf z=\mathbf 0: løsningsrommet er W⊥W^{\perp}. Det er nettopp Nul⁡B\operatorname{Nul}B, og siden radene utspenner WW blir (Row⁡B)⊥=Nul⁡B=W⊥(\operatorname{Row}B)^{\perp}=\operatorname{Nul}B=W^{\perp}.

Bro til minste kvadrater

Når Ax=bA\mathbf x=\mathbf b ikke har løsning (overbestemt), er det beste vi kan gjøre å projisere b\mathbf b ned på Col⁡A\operatorname{Col}A: den nærmeste oppnåelige høyresiden er b^=proj⁡Col⁡Ab\hat{\mathbf b}=\operatorname{proj}_{\operatorname{Col}A}\mathbf b, og Ax^=b^A\hat{\mathbf x}=\hat{\mathbf b}. Nettopp dette leder til normallikningene i minste kvadraters metode (neste kapittel).

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 3 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.