Как найти проекцию вектора на подпространство

Дано: вектор $b(6;\ 0;\ 8;\ 10)$ и подпространство $L$, натянутое на векторы $a_1(1;\ 1;\ 1;\ 1)$ и $a_2(1;\ 2;\ 3;\ 4)$ в пространстве $\mathbb{R}^4$. Найти: ортогональную проекцию $p = \text{pr}_L\,b$, ортогональную составляющую $q$ и расстояние от вектора до подпространства.

Метод один на все такие задачи: проекция ищется как линейная комбинация базисных векторов, а её коэффициенты - из условия «остаток перпендикулярен каждому базисному вектору». Это условие сворачивается в систему нормальных уравнений с матрицей Грама. Ответ: $p = (3;\ 5;\ 7;\ 9)$, $q = (3;\ -5;\ 1;\ 1)$, расстояние от $b$ до $L$ равно 6. Калькулятор сверху считает тот же путь целиком, и в нём уже стоят числа этого условия.

Решение по шагам

Шаг 1. Убеждаемся, что порождающие образуют базис. Векторы $a_1$ и $a_2$ не пропорциональны: отношения координат $1/1$, $1/2$, $1/3$, $1/4$ разные. Значит, система из двух векторов линейно независима, $\dim L = 2$, и подпространство - это плоскость в четырёхмерном пространстве. Если порождающих больше двух, независимость проверяют через ранг матрицы, составленной из их координат, а лишние векторы выбрасывают: подробный разбор такой чистки есть на странице про линейную оболочку.

Шаг 2. Записываем проекцию с неизвестными коэффициентами. Проекция лежит в подпространстве, а значит раскладывается по его базису:

$$p = c_1 a_1 + c_2 a_2.$$

Неизвестных ровно столько, какова размерность $L$, то есть две, а не четыре. Это главная экономия метода: вместо координат проекции ищут коэффициенты разложения.

Шаг 3. Составляем матрицу Грама. Её элементы - попарные скалярные произведения базисных векторов:

$$\begin{aligned} (a_1, a_1) &= 1 + 1 + 1 + 1 = 4, \\ (a_1, a_2) &= 1 + 2 + 3 + 4 = 10, \\ (a_2, a_2) &= 1 + 4 + 9 + 16 = 30. \end{aligned}$$ $$G = \begin{pmatrix} 4 & 10 \\ 10 & 30 \end{pmatrix}.$$

Шаг 4. Считаем правую часть. Это скалярные произведения базисных векторов на данный вектор:

$$\begin{aligned} (a_1, b) &= 6 + 0 + 8 + 10 = 24, \\ (a_2, b) &= 6 \cdot 1 + 0 \cdot 2 + 8 \cdot 3 + 10 \cdot 4 = 70. \end{aligned}$$

Шаг 5. Решаем нормальную систему $G c = f$.

$$\begin{cases} 4c_1 + 10c_2 = 24, \\ 10c_1 + 30c_2 = 70. \end{cases}$$

Определитель $\det G = 4 \cdot 30 - 10 \cdot 10 = 20 \neq 0$, поэтому решение единственно. По формулам Крамера:

$$c_1 = \frac{24 \cdot 30 - 10 \cdot 70}{20} = \frac{20}{20} = 1, \qquad c_2 = \frac{4 \cdot 70 - 24 \cdot 10}{20} = \frac{40}{20} = 2.$$

Шаг 6. Выписываем проекцию. Подставляем найденные коэффициенты:

$$p = 1 \cdot (1;\ 1;\ 1;\ 1) + 2 \cdot (1;\ 2;\ 3;\ 4) = (3;\ 5;\ 7;\ 9).$$

Шаг 7. Находим ортогональную составляющую и расстояние. Вычитаем проекцию из исходного вектора:

$$q = b - p = (6 - 3;\ 0 - 5;\ 8 - 7;\ 10 - 9) = (3;\ -5;\ 1;\ 1).$$

Проверяем перпендикулярность: $(q, a_1) = 3 - 5 + 1 + 1 = 0$ и $(q, a_2) = 3 - 10 + 3 + 4 = 0$. Оба скалярных произведения нулевые, значит разложение верное. Расстояние от вектора до подпространства - это длина ортогональной составляющей:

$$\rho(b, L) = |q| = \sqrt{9 + 25 + 1 + 1} = \sqrt{36} = 6.$$

Контроль по теореме Пифагора: $|p|^2 + |q|^2 = 164 + 36 = 200$, а $|b|^2 = 36 + 0 + 64 + 100 = 200$. Числа сошлись.

Ответ. $p = (3;\ 5;\ 7;\ 9)$, $q = (3;\ -5;\ 1;\ 1)$, расстояние от вектора до подпространства равно $6$; угол между $b$ и $L$ находится из $\cos\varphi = |p| / |b| = \sqrt{164/200} \approx 0{,}906$, то есть $\varphi \approx 25{,}1^\circ$.

Формула и откуда она берётся

Ортогональная проекция определяется двумя условиями сразу: $p \in L$ и $b - p \perp L$. Первое даёт разложение $p = c_1 a_1 + \dots + c_k a_k$, второе - систему уравнений на коэффициенты. Перпендикулярность целому подпространству проверять не нужно: достаточно, чтобы остаток был ортогонален каждому базисному вектору, ведь любой элемент $L$ есть их комбинация.

Распишем второе условие для каждого $a_i$:

$$\left(b - \sum_{j=1}^{k} c_j a_j,\ a_i\right) = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sum_{j=1}^{k} (a_i, a_j)\,c_j = (a_i, b).$$

Слева стоит матрица Грама $G = \big((a_i, a_j)\big)$, справа - столбец $f$ из скалярных произведений с $b$. В матричной записи через матрицу $A$, столбцами которой стоят базисные векторы, то же самое выглядит как $A^{\mathsf{T}}A\,c = A^{\mathsf{T}}b$ - это и есть нормальные уравнения. Именно они лежат в основе метода наименьших квадратов: подбор прямой по точкам - это проекция столбца наблюдений на подпространство, натянутое на столбцы плана.

Ключевое свойство: определитель Грама равен нулю тогда и только тогда, когда порождающие линейно зависимы. Для настоящего базиса $\det G > 0$, система невырождена, и коэффициенты находятся однозначно. Если же в набор затесался лишний вектор, определитель обнулится, и решать нормальную систему бессмысленно - сначала нужно проредить порождающие.

Формально проекцию можно записать матрицей $P = A(A^{\mathsf{T}}A)^{-1}A^{\mathsf{T}}$, тогда $p = Pb$ для любого вектора. Матрица $P$ симметрична и идемпотентна: $P^2 = P$, потому что повторное проецирование уже спроецированного вектора ничего не меняет. Для счёта руками обращать матрицу невыгодно, а вот как проверка свойство удобное.

Второй способ: ортогонализовать базис и сложить проекции на оси

Когда базис ортогонален, матрица Грама диагональна, система распадается на независимые уравнения, и проекция считается по готовой формуле - как сумма проекций на отдельные оси. Приведём наш базис к ортогональному по процессу Грама-Шмидта. Первый вектор оставляем: $e_1 = (1;\ 1;\ 1;\ 1)$. Из второго вычитаем его проекцию на первый:

$$e_2 = a_2 - \frac{(a_2, e_1)}{(e_1, e_1)}\,e_1 = (1;\ 2;\ 3;\ 4) - \frac{10}{4}(1;\ 1;\ 1;\ 1) = (-1{,}5;\ -0{,}5;\ 0{,}5;\ 1{,}5).$$

Направление важнее длины, поэтому умножим на 2 и возьмём $e_2 = (-3;\ -1;\ 1;\ 3)$. Теперь проекция собирается слагаемыми:

$$p = \frac{(b, e_1)}{(e_1, e_1)}\,e_1 + \frac{(b, e_2)}{(e_2, e_2)}\,e_2 = \frac{24}{4}(1;\ 1;\ 1;\ 1) + \frac{20}{20}(-3;\ -1;\ 1;\ 3) = (6;\ 6;\ 6;\ 6) + (-3;\ -1;\ 1;\ 3) = (3;\ 5;\ 7;\ 9).$$

Ответ тот же, что и через нормальную систему. Каждое слагаемое здесь - обычная проекция вектора на ось, и именно поэтому формула суммы работает только после ортогонализации: у неортогонального базиса оси «перекрываются» и вклады считаются дважды. В калькуляторе сверху есть готовый пример с ортогональным базисом того же подпространства - проекция в нём не меняется, а матрица Грама становится диагональной.

Если подпространство задано системой уравнений

Часто $L$ задают не базисом, а однородной системой. Наша плоскость, например, описывается парой уравнений

$$\begin{cases} x_1 - 2x_2 + x_3 = 0, \\ 2x_1 - 3x_2 + x_4 = 0, \end{cases}$$

в чём легко убедиться подстановкой $a_1$ и $a_2$. Путей два. Первый - решить систему методом Гаусса, выписать фундаментальную систему решений и работать с ней как с базисом, то есть вернуться к разобранному выше алгоритму.

Второй путь короче, если уравнений меньше, чем векторов в базисе. Коэффициенты уравнений - это как раз базис ортогонального дополнения: $n_1 = (1;\ -2;\ 1;\ 0)$, $n_2 = (2;\ -3;\ 0;\ 1)$. Проецируем вектор на дополнение и вычитаем результат. Матрица Грама для нормалей равна $\begin{pmatrix} 6 & 8 \\ 8 & 14 \end{pmatrix}$, правая часть $(14;\ 22)$, откуда $d_1 = d_2 = 1$ и

$$q = n_1 + n_2 = (3;\ -5;\ 1;\ 1), \qquad p = b - q = (3;\ 5;\ 7;\ 9).$$

Совпадение с первым решением - хорошая независимая проверка. Этим же приёмом считают проекцию точки на плоскость в трёхмерном пространстве: там дополнение одномерно, и вычитается проекция на единственную нормаль.

Частые ошибки

• Складывать проекции на неортогональные векторы. Соблазн написать $p = \frac{(b,a_1)}{(a_1,a_1)}a_1 + \frac{(b,a_2)}{(a_2,a_2)}a_2$ велик, но здесь это даёт $(6;\ 6;\ 6;\ 6) + \frac{7}{3}(1;\ 2;\ 3;\ 4) \approx (8{,}33;\ 10{,}67;\ 13;\ 15{,}33)$ - ответ неверный. Формула суммы законна только для ортогонального базиса.
• Путать размер матрицы Грама. Её порядок равен числу базисных векторов, а не размерности объемлющего пространства: для двух векторов в $\mathbb{R}^4$ это матрица $2 \times 2$, а не $4 \times 4$. Перепутать $A^{\mathsf{T}}A$ с $AA^{\mathsf{T}}$ - типичная причина неразрешимой системы.
• Брать в базис зависимые векторы. Тогда $\det G = 0$, нормальная система имеет бесконечно много решений, и студент делает вывод «задача не решается». Решается: проекция единственна всегда, не единственно лишь её разложение. Лишние порождающие нужно убрать.
• Называть расстоянием длину проекции. Расстояние от вектора до подпространства - это $|q|$, длина ортогональной составляющей, а $|p|$ и $|b|$ здесь ни при чём. У нас $|q| = 6$, тогда как $|p| \approx 12{,}81$.
• Не проверять ортогональность. Пара скалярных произведений $(q, a_i)$ считается за полминуты и ловит любую арифметическую ошибку в коэффициентах. Вторая такая проверка - равенство $|p|^2 + |q|^2 = |b|^2$.
• Терять знак при вычитании. Ортогональная составляющая считается как $b - p$, а не $p - b$: на длину знак не влияет, но координаты $q$ в ответе окажутся с обратным знаком.

FAQ

Чем проекция на подпространство отличается от проекции на ось? Ничем, кроме размерности: ось - это одномерное подпространство, и общая формула при $k = 1$ превращается в знакомую $p = \frac{(b,a)}{(a,a)}a$. Матрица Грама вырождается в одно число $(a,a)$, а нормальная система - в одно уравнение. Разбор этого частного случая с углами и знаком проекции лежит на соседней странице.

Что делать, если порождающие векторы зависимы? Найти ранг системы, оставить максимальный независимый набор и работать с ним. Проекция от выбора базиса не зависит - это свойство самого подпространства, поэтому ответ получится тот же. Меняются только коэффициенты разложения, которые в зависимом наборе просто не определены однозначно.

Всегда ли расстояние до подпространства равно длине ортогональной составляющей? Да, и это теорема, а не соглашение. Для любого другого вектора $u \in L$ работает Пифагор: $|b - u|^2 = |q|^2 + |p - u|^2 \geq |q|^2$, причём равенство достигается только при $u = p$. Поэтому проекция - ближайшая к $b$ точка подпространства, а минимум расстояния единственный.

Где этот метод встречается, кроме линейной алгебры? В методе наименьших квадратов (подбор коэффициентов регрессии - проекция вектора наблюдений на подпространство столбцов), в рядах Фурье (коэффициенты - проекции функции на ортогональную систему), в численных методах приближения многочленами. Скалярное произведение там другое, часто интегральное, но матрица Грама и нормальные уравнения выглядят дословно так же.

Коротко

1. Проверить, что порождающие независимы: их число должно совпасть с рангом системы, иначе выбросить лишние.
2. Записать проекцию как $p = c_1 a_1 + \dots + c_k a_k$ и составить матрицу Грама из попарных скалярных произведений базисных векторов.
3. Решить нормальную систему $Gc = f$, где $f_i = (a_i, b)$; для нашего примера $G = \begin{pmatrix} 4 & 10 \\ 10 & 30 \end{pmatrix}$, $f = (24;\ 70)$, откуда $c = (1;\ 2)$.
4. Подставить коэффициенты и найти $p = (3;\ 5;\ 7;\ 9)$, затем $q = b - p = (3;\ -5;\ 1;\ 1)$ и расстояние $|q| = 6$.
5. Проверить ответ двумя способами: $(q, a_i) = 0$ для каждого базисного вектора и $|p|^2 + |q|^2 = |b|^2$, то есть $164 + 36 = 200$.