MA0005 Algebra 2 – Sbírka řešených příkladů
Lukáš Másilko
4. července 2024
Cvičení 9
V tomto cvičení se zaměříme na Euklidovské prostory, v nichž je zavedena
ortogonalita vektorů. Ukážeme si Gramm-Schmidtův ortogonalizační proces,
pomocí něhož sestrojíme pro libovolný podprostor ortogonální, či ortonormální
bázi. Budeme schopni najít ortogonální doplněk vektorového podprostoru
W či kolmý průmět (ortogonální projekci) zadaného vektoru do W.
Ve Skriptech je tomuto tématu věnována 10. kapitola (Týden 10) na str.
102–108.
Obsah
9.1 Ortogonalita vektorů 2
9.2 Gramm-Schmidtův ortogonalizační proces 4
9.3 Ortogonální doplněk 7
9.4 Ortogonální projekce vektoru 11
Výsledky příkladů 15
Katedra matematiky Pedagogické fakulty MU, podzim 2023
1
9.1 Ortogonalita vektorů
Dva vektory ⃗u,⃗v ve Euklidovském prostoru V jsou ortogonální, když je
jejich skalární součin roven nule, tj. skal(⃗u,⃗v) = 0. Narozdíl od kolmosti
vektorů je tedy možné uvažovat i nulové vektory. Ve Skriptech na str. 102
jsou uvedeny definice ortogonální (ortonormální) báze podprostoru či posloupnosti
vektorů, ortogonální matice či lineárního zobrazení. Zopakujte si
též pojem norma (velikost) vektoru a jak se s pomocí skalárního součinu
spočítá.
Řešený příklad 9.1.a
Zadání
Rozhodněte, zda dané vektory Euklidovského prostoru R4
jsou ortogonální,
resp. ortonormální.
a) ⃗u =




−2
3
−1
2



 , ⃗v =




0
1
1
−1



 , ⃗w =




2
1
−1
0




b) ⃗u =




−1
0
1
−2



 , ⃗v =




1
2
1
0



 , ⃗w =




−1
1
−1
2




c) ⃗u = 1
2
, −1
2
, −1
2
, 1
2
T
, ⃗v = 0,
√
2
2
, −
√
2
2
, 0
T
Řešení
Zkontrolujme dvojice vektorů a jejich skalární součiny. Vyjde-li pokaždé nula,
jsou vektory ortogonální.
a) skal(⃗u,⃗v) = −2 · 0 + 3 · 1 − 1 · 1 + 2 · (−1) = 0
skal(⃗u, ⃗w) = −2 · 2 + 3 · 1 − 1 · (−1) + 2 · 0 = 0
skal(⃗v, ⃗w) = 0 · 2 + 1 · 1 + 1 · (−1) − 1 · 0 = 0
Vektory ⃗u,⃗v, ⃗w jsou ortogonální. Nejsou však ortonormální, jelikož žádný
z nich není normovaný. Ukažme si to na vektoru ⃗u:
||⃗u|| = (−2)2 + 32 + (−1)2 + 22 =
√
18 ̸= 1
b) skal(⃗u,⃗v) = −1 · 1 + 0 · 2 + 1 · 1 − 2 · 0 = 0
skal(⃗u, ⃗w) = −1 · (−1) + 0 · 1 + 1 · (−1) − 2 · 2 = −4
skal(⃗v, ⃗w) = 0 · 2 + 1 · 1 + 1 · (−1) − 1 · 0 = 0
Vektory ⃗u,⃗v, ⃗w nejsou ortogonální.
c) skal(⃗u,⃗v) = 1
2
· 0 − 1
2
·
√
2
2
− 1
2
· −
√
2
2
+ 1
2
· 0 = −
√
2
4
+
√
2
4
= 0
2
Vektory ⃗u,⃗v jsou ortogonální. Zjistíme jejich normu:
||⃗u|| =
1
2
2
+ −
1
2
2
+ −
1
2
2
+
1
2
2
= 4 ·
1
4
= 1
||⃗v|| = 02 +
√
2
2
2
+ −
√
2
2
2
+ 02 =
2
4
+
2
4
= 1
Vektory ⃗u,⃗v jsou tedy dokonce ortonormální.
Řešený příklad 9.1.b
Zadání
Určete parametry a, b ∈ R tak, aby dané vektory Euklidovského prostoru R4
byly ortogonální, je-li
⃗u =




2
a
−a
−4



 , ⃗v =




−b
a
−a
4



 , ⃗w =




a
b
a
0



.
Řešení
Proveďme skalární součin všech dvojic vektorů:
skal(⃗u,⃗v) = −2b + a2
+ (−a)2
− 16 = −2b + 2a2
− 16
skal(⃗u, ⃗w) = 2a + ab − a2
skal(⃗v, ⃗w) = −ab + ab − a2
= −a2
Vektory mají být ortogonální, tj. každý z výše uvedených skalárních součinů
musí být nulový. Má-li být skalární součin skal(⃗v, ⃗w) = 0, nutně musí být
a = 0. Dosadíme tuto hodnotu do zbývajících součinů a položíme je rovny 0:
skal(⃗u,⃗v) = −2b + 2 · 02
− 16 = 0
skal(⃗u, ⃗w) = 2 · 0 + 0 · b − 02
= 0
Druhá rovnice je platná pro libovolnou hodnotu b. Po úpravě první rovnice
dostáváme −2b − 16 = 0, z čehož b = −8.
Vektory ⃗u,⃗v, ⃗w jsou ortogonální pro a = 0, b = −8.
Příklad 9.1.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Určete parametry a, b ∈ R tak, aby dané vektory Euklidovského prostoru R4
byly ortogonální, je-li
⃗u =




1
a
1
b



 , ⃗v =




1
−a
b
a



 , ⃗w =




1
0
1
−1



.
3
Příklad 9.1.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Určete parametry a, b ∈ R tak, aby dané vektory Euklidovského prostoru R4
byly ortogonální, je-li
⃗u =




1
0
3
−a



 , ⃗v =




1
−1
1
a



 , ⃗w =




a
b
0
1



.
9.2 Gramm-Schmidtův ortogonalizační proces
Představme si následující situaci: podprostor W vektorového prostoru V dimenze
k ∈ N je generován bází ( ⃗u1, ⃗u2, . . . , ⃗uk). Jak najít bázi podprostoru
W, jejíž vektory budou ortogonální, případně ortonormální? Pomůže nám
k tomu Gramm-Schmidtův ortogonalizační proces.
Řešený příklad 9.2.a
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
nalezněte ortogonální bázi podprostoru
W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3⟩, je-li
⃗u1 =




1
0
1
1



 , ⃗u2 =




2
−1
1
0



 , ⃗u3 =




0
1
−3
2



 .
Řešení
Nejdříve určíme dimenzi W, tj. vložme zadané vektory do matice a určeme
její hodnost.


1 0 1 1
2 −1 1 0
0 1 −3 2

 −2r1 ∼


1 0 1 1
0 −1 −1 −2
0 1 −3 2


+r2
∼


1 0 1 1
0 −1 −1 −2
0 0 −4 0


Protože je hodnost matice 3, platí dim W = 3, a tudíž vektory ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3 tvoří
bázi W. Zahájíme Gramm-Schmidtův ortogonalizační proces.
1. Položme ⃗e1 = ⃗u1.
2. Hledáme vektor ⃗e2 = p1 · ⃗e1 + ⃗u2. Jestliže tuto rovnici skalárně vynáso-
4
bíme vektorem ⃗e1, dostáváme díky ortogonalitě vektorů ⃗e1, ⃗e2
skal(⃗e2, ⃗e1) = p1 · skal(⃗e1, ⃗e1) + skal( ⃗u2, ⃗e1)
0 = p1 · skal(⃗e1, ⃗e1) + skal( ⃗u2, ⃗e1)
p1 = −
skal( ⃗u2, ⃗e1)
skal(⃗e1, ⃗e1)
p1 = −
skal








2
−1
1
0



 ,




1
0
1
1








skal








1
0
1
1



 ,




1
0
1
1








p1 = −
2 + 0 + 1 + 0
1 + 0 + 1 + 1
= −1
Tedy
⃗e2 = −1 · ⃗e1 + ⃗u2 =




−1
0
−1
−1



 +




2
−1
1
0



 =




1
−1
0
−1




3. Hledáme vektor ⃗e3 = p1 · ⃗e1 + p2 · ⃗e2 + ⃗u3. Tuto rovnici skalárně vynásobíme
vektory ⃗e1 a ⃗e2 a dostaneme dvě rovnice, které následně díky
ortogonalitě vektorů ⃗e1, ⃗e2, ⃗e3 upravíme, abychom získali hodnoty parametrů
p1, p2:
skal(⃗e3, ⃗e1) = p1 · skal(⃗e1, ⃗e1) + p2 · skal(⃗e2, ⃗e1) + skal( ⃗u3, ⃗e1)
skal(⃗e3, ⃗e2) = p1 · skal(⃗e1, ⃗e2) + p2 · skal(⃗e2, ⃗e2) + skal( ⃗u3, ⃗e2)
0 = p1 · skal(⃗e1, ⃗e1) + p2 · 0 + skal( ⃗u3, ⃗e1)
0 = p1 · 0 + p2 · skal(⃗e2, ⃗e2) + skal( ⃗u3, ⃗e2)
−skal( ⃗u3, ⃗e1) = p1 · skal(⃗e1, ⃗e1)
−skal( ⃗u3, ⃗e2) = p2 · skal(⃗e2, ⃗e2)
Z posledních dvou rovnic vyjádříme parametry p1, p2:
p1 = −
skal( ⃗u3, ⃗e1)
skal(⃗e1, ⃗e1)
= −
skal








0
1
−3
2



 ,




1
0
1
1








skal








1
0
1
1



 ,




1
0
1
1








= −
−1
3
=
1
3
5
p2 = −
skal( ⃗u3, ⃗e2)
skal(⃗e2, ⃗e2)
= −
skal








0
1
−3
2



 ,




1
−1
0
−1








skal








1
−1
0
−1



 ,




1
−1
0
−1








= −
−3
3
= 1
Spočítané hodnoty parametrů p1, p2 dosadíme do vyjádření vektoru ⃗e3:
⃗e3 =
1
3
· ⃗e1 + 1 · ⃗e2 + ⃗u3 =




1
3
0
1
3
1
3



 +




1
−1
0
−1



 +




0
1
−3
2



 =




4/3
0
−8/3
4/3




Závěr: ortogonální bází podprostoru W je například








1
0
1
1



 ,




1
−1
0
−1



 ,




4/3
0
−8/3
4/3








Řešený příklad 9.2.b
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
nalezněte ortogonální bázi podprostoru
W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3⟩, je-li
⃗u1 =




1
2
2
0



 , ⃗u2 =




1
0
1
1



 , ⃗u3 =




−1
2
0
−2



 .
Řešení
Nejdříve určíme dimenzi W, tj. vložme zadané vektory do matice a určeme
její hodnost.


1 2 2 0
1 0 1 1
−1 2 0 −2

 −r1
+r1
∼


1 2 2 0
0 −2 −1 1
0 4 2 −2


+2r2
∼


1 2 2 0
0 −2 −1 1
0 0 0 0


Hodnost matice je 2, tudíž dim W = 2 a bázi podprostoru W tvoří pouze dva
vektory, třeba ⃗u1, ⃗u2. Z nich vytvoříme ortogonální bázi W pomocí GrammSchmidtova
ortogonalizačního procesu:
1. Položme ⃗e1 = ⃗u1.
2. Hledáme vektor ⃗e2 = p1 · ⃗e1 + ⃗u2. Tuto rovnici skalárně vynásobíme
vektorem ⃗e1 a díky ortogonalitě vektorů ⃗e1, ⃗e2 zjednodušíme vztah tak,
6
že dokážeme vyjádřit parametr p1:
skal(⃗e2, ⃗e1) = p1 · skal(⃗e1, ⃗e1) + skal( ⃗u2, ⃗e1)
0 = p1 · skal(⃗e1, ⃗e1) + skal( ⃗u2, ⃗e1)
p1 = −
skal( ⃗u2, ⃗e1)
skal(⃗e1, ⃗e1)
p1 = −
skal








1
0
1
1



 ,




1
2
2
0








skal








1
2
2
0



 ,




1
2
2
0








p1 = −
1 + 0 + 2 + 0
1 + 4 + 4 + 0
= −
1
3
Tedy
⃗e2 = −
1
3
· ⃗e1 + ⃗u2 =




−1/3
−2/3
−2/3
0



 +




1
0
1
1



 =




2/3
−2/3
1/3
1




Závěr: ortogonální bází podprostoru W je tedy








1
2
2
0



 ,




2/3
−2/3
1/3
1








Příklad 9.2.c (pouze s výsledkem)
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
nalezněte ortogonální bázi podprostoru
W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4⟩, je-li
⃗u1 =




1
2
3
−2



 , ⃗u2 =




3
2
−1
2



 , ⃗u3 =




2
−1
−2
−3



 , ⃗u4 =




0
−1
2
−7



 .
Příklad 9.2.d (pouze s výsledkem)
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
nalezněte ortogonální bázi podprostoru
W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4⟩, je-li
⃗u1 =




1
−1
2
0



 , ⃗u2 =




0
1
−1
2



 , ⃗u3 =




1
0
1
2



 , ⃗u4 =




2
−3
5
−2



 .
7
9.3 Ortogonální doplněk
Dalším pojmem je ortogonální doplněk k zadanému podprostoru W vektorového
prostoru V . Jedná se o množinu vektorů ⃗u ∈ V takových, že jsou
ortogonální k libovolnému vektoru ⃗v ∈ W. Ortogonální doplněk značíme W⊥
,
je rovněž podprostorem V a platí pro něj některé další vlastnosti uvedené ve
Skriptech na str. 104–106, především
dim W + dim W⊥
= dim V . (1)
Řešený příklad 9.3.a
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
je dán podprostor W. Určete dimenzi a bázi
ortogonálního doplňku W⊥
, je-li W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4⟩ a
⃗u1 =




1
−3
−1
2



 , ⃗u2 =




−2
6
2
−4



 , ⃗u3 =




3
−9
−3
6



 , ⃗u4 =




−1
3
1
−2




Řešení
Hledáme vektory ⃗x ∈ R4
takové, že jsou ortogonální s každým ze čtyř
vektorů ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4, tj. že platí skal(⃗ui,⃗x) = 0 pro i ∈ {1, 2, 3, 4}. Je-li
⃗x = (x1, x2, x3, x4)T
, vychází nám homogenní systém
x1 − 3x2 − x3 + 2x4 = 0
−2x1 + 6x2 + 2x3 − 4x4 = 0
3x1 − 9x2 − 3x3 + 6x4 = 0
−x1 + 3x2 + x3 − 2x4 = 0
Systém vložíme do matice a Gaussovou eliminační metodou spočítáme jeho
řešení:




1 −3 −1 2
−2 6 2 −4
3 −9 −3 6
−1 3 1 −2




+2r1
−3r1
+r1
∼




1 −3 −1 2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0




Zůstal pouze jeden nenulový řádek. To znamená jednu rovnici o čtyřech neznámých,
tedy nekonečně mnoho řešení závislých na 4 − 1 = 3 parametrech.
Než se pustíme do zápisu řešení pomocí zpětného chodu, potvrďme si ještě
platnost vztahu (1). Homogenní systém jsme sestavili z vektorů podprostoru
W, které jsme dali do řádků matice. Úpravou na horní schodový tvar jsme
zjistili, že hodnost matice je 1. Tím jsme zároveň určili dim W = 1. Dle
vztahu (1) je tedy dim W⊥
= 3 a my skutečně zavedeme tři parametry,
kterým budou odpovídat tři generátory báze ortogonálního doplňku W⊥
.
Jediný nenulový řádek výsledné matice znamená rovnici
x1 − 3x2 − x3 + 2x4 = 0.
8
Zvolme proměnné x2, x3, x4 jako parametry, tj. x2 = r, x3 = s, x4 = t. Dostaneme
tím rovnici x1 − 3r − s + 2t = 0, z čehož x1 = 3r + s − 2t. Zapíšeme
řešení systému:
K =



r ·




3
1
0
0



 + s ·




1
0
1
0



 + t ·




−2
0
0
1



 , r, s, t ∈ R



.
Z něj je patrná báze ortogonálního doplňku W⊥
:
W⊥
=








3
1
0
0



 ,




1
0
1
0



 ,




−2
0
0
1







 .
Řešený příklad 9.3.b
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
je dán podprostor W. Určete dimenzi a bázi
ortogonálního doplňku W⊥
, je-li
W =







r − s + 5u
3r + 2s + t + 2u
2r + s + t
−4r − s − 3t + 4u



 , r, s, t, u ∈ R



.
Řešení
Nejprve si najděme vektory, které generují podprostor W. Jednoduše je zapíšeme
jako koeficienty u jednotlivých parametrů, tedy
⃗u1 =




1
3
2
−4



 , ⃗u2 =




−1
2
1
−1



 , ⃗u3 =




0
1
1
−3



 , ⃗u4 =




5
2
0
4




Opět hledáme vektory ⃗x ∈ R4
takové, že jsou ortogonální s každým ze čtyř
vektorů ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4, tj. že platí skal(⃗ui,⃗x) = 0 pro i ∈ {1, 2, 3, 4}. Je-li
⃗x = (x1, x2, x3, x4)T
, vychází nám homogenní systém
x1 + 3x2 + 2x3 − 4x4 = 0
−x1 + 2x2 + x3 − x4 = 0
x2 + x3 − 3x4 = 0
5x1 + 2x2 + 4x4 = 0
Systém vložíme do matice a spočítáme jeho řešení:




1 3 2 −4
−1 2 1 −1
0 1 1 −3
5 2 0 4




+r1
−5r1
∼




1 3 2 −4
0 5 3 −5
0 1 1 −3
0 −13 −10 24




↓1
↑1
∼
9




1 3 2 −4
0 1 1 −3
0 5 3 −5
0 −13 −10 24



 −5r2
+13r2
∼




1 3 2 −4
0 1 1 −3
0 0 −2 10
0 0 3 −15



 : 2
: 3
∼




1 3 2 −4
0 1 1 −3
0 0 −1 5
0 0 1 −5




+r3
∼




1 3 2 −4
0 1 1 −3
0 0 −1 5
0 0 0 0




Po převodu na schodový tvar zůstaly tři nenulové řádky. Je z toho patrné, že
dim W = 3, a tedy dim W⊥
= 1. Zpětným chodem získáme vektor generující
ortogonální doplněk W⊥
:
• Poslední nenulový řádek znamená rovnici −x3 + 5x4 = 0. Položme
x4 = t, t ∈ R. Dosazením do uvedené rovnice a její úpravou získáme
x3 = 5t.
• Pokračujeme nahoru na další nenulový řádek, který přepíšeme do rovnice
x2 + x3 − 3x4 = 0. Dosadíme do ní vyjádření proměnných x3, x4 a
získáváme x2 + 5t − 3t = 0, z čehož x2 = −2t.
• Prvním řádkem rozumíme rovnici x1 + 3x2 + 2x3 − 4x4 = 0. Dosadíme
do ní za proměnné x2, x3, x4 a dostaneme x1 + 3t + 2t − 4t = 0, z čehož
x1 = −t.
Zapíšeme řešení systému:
K =



t ·




−1
−2
5
1



 , t ∈ R



.
Z něj je patrná báze ortogonálního doplňku W⊥
:
W⊥
=








−1
−2
5
1







 .
Řešený příklad 9.3.c
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
je množina vektorů W dána jako podprostor
řešení homogenního lineárního systému rovnic
x1 + 3x2 − x4 = 0
2x1 − x2 + x3 = 0
Určete dimenzi a bázi ortogonálního doplňku W⊥
.
Řešení
10
Systém obsahuje dvě rovnice, které zřejmě nejsou násobky sebe sama. Vzhledem
k počtu proměnných bude tedy systém mít nekonečně mnoho řešení
závislých na dvou parametrech. Tudíž W jako podprostor řešení systému
bude generován dvěma vektory ⃗u1, ⃗u2 (dle počtu parametrů), tj. dim W = 2,
z čehož dim W⊥
= 2.
Dosazením libovolného z vektorů ⃗u1, ⃗u2 do levých stran obou rovnic dostaneme
0 – jsou přece řešením systému. To ovšem znamená, že vytvoříme-li
z koeficientů obou rovnic systému vektory
⃗w1 =




1
3
0
−1



 , ⃗w2 =




2
−1
1
0



 ,
a vynásobíme je skalárně s vektory ⃗u1, ⃗u2, dostaneme pokaždé 0. Vektory
⃗w1, ⃗w2 tedy tvoří bázi ortogonálního doplňku W⊥
:
W⊥
=








1
3
0
−1



 ,




2
−1
1
0







 .
Příklad 9.3.d (pouze s výsledkem)
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
je dán podprostor W. Určete dimenzi a bázi
ortogonálního doplňku W⊥
, je-li W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3⟩ a
⃗u1 =




−1
−2
0
−3



 , ⃗u2 =




0
1
−1
0



 , ⃗u3 =




−2
−5
1
−6




Příklad 9.3.e (pouze s výsledkem)
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
je dán podprostor W. Určete dimenzi a bázi
ortogonálního doplňku W⊥
, je-li
W =







r − s + 2t
−r + 2s + 3t
2r + t
4r − 3s



 , r, s, t ∈ R



.
9.4 Ortogonální projekce vektoru
Ortogonalitu vektorů lze využít i při hledání kolmého průmětu (též ortogonální
projekce) vektoru ⃗w do podprostoru W vektorového prostoru V . Pro
vektor ⃗w a jeho ortogonální projekci ⃗x do podprostoru W platí
⃗w = ⃗x + ⃗y, (2)
11
kde ⃗y ∈ W⊥
, což lze využít například pro spočítání odchylky vektoru ⃗w od
podprostoru W (jde úhel mezi ⃗w a jeho kolmým průmětem ⃗x).
Řešený příklad 9.4.a
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
je zadán podprostor W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3⟩. Nalezněte
ortogonální projekci vektoru ⃗w do podprostoru W, je-li
⃗u1 =




1
2
0
3



 , ⃗u2 =




−1
−1
−1
0



 , ⃗u3 =




0
1
−1
3



 , ⃗w =




1
0
−1
2



 .
Řešení
Nejprve zjistíme dimenzi podprostoru W:


1 2 0 3
−1 −1 −1 0
0 1 −1 3

 +r1 ∼


1 2 0 3
0 1 −1 3
0 1 −1 3


−r2
∼


1 2 0 3
0 1 −1 3
0 0 0 0


Podprostor W je tedy rovinou v R4
generovanou např. vektory ⃗u1, ⃗u2. Kolmý
průmět ⃗x zadaného vektoru ⃗w leží ve W, lze tedy vyjádřit jako lineární kombinaci
⃗u1, ⃗u2:
⃗x = α1 · ⃗u1 + α2 · ⃗u2, (3)
kde α1, α2 ∈ R. Protože by zároveň měl platit vztah (2): ⃗w = ⃗x + ⃗y, kde
⃗y ∈ W⊥
, lze vektor ⃗w vyjádřit s pomocí rovnice (3) i takto:
⃗w = α1 · ⃗u1 + α2 · ⃗u2 + ⃗y. (4)
Rovnici (4) nyní skalárně vynásobíme vektory ⃗u1, ⃗u2 a dostaneme tyto dvě
rovnice:
skal(⃗w, ⃗u1) = α1 · skal( ⃗u1, ⃗u1) + α2 · skal( ⃗u2, ⃗u1) + skal(⃗y, ⃗u1) (5)
skal(⃗w, ⃗u2) = α1 · skal( ⃗u1, ⃗u2) + α2 · skal( ⃗u2, ⃗u2) + skal(⃗y, ⃗u2) (6)
Jelikož je vektor ⃗y kolmý na podprostor W (leží v ortogonálním doplňku
W⊥
), je v obou rovnicích poslední skalární součin roven 0. Ostatní skalární
součiny jsme schopni spočítat:
skal(⃗w, ⃗u1) = skal








1
0
−1
2



 ,




1
2
0
3







 = 7,
skal(⃗w, ⃗u2) = skal








1
0
−1
2



 ,




−1
−1
−1
0







 = 0,
skal( ⃗u1, ⃗u1) = skal








1
2
0
3



 ,




1
2
0
3







 = 14,
12
skal( ⃗u2, ⃗u1) = skal( ⃗u1, ⃗u2) = skal








−1
−1
−1
0



 ,




1
2
0
3







 = −3,
skal( ⃗u2, ⃗u2) = skal








−1
−1
−1
0



 ,




−1
−1
−1
0







 = 3.
Dosadíme-li spočítané skalární součiny do rovnic (5), (6), dostáváme tento
systém:
7 = 14α1 − 3α2
0 = −3α1 + 3α2
Z druhé rovnice získáváme vztah α1 = α2, který dosadíme do první a máme
7 = 14α2 − 3α2, z čehož α2 = α1 = 7
11
. Využijeme-li nyní hodnot obou parametrů
ve vztahu (3), dostáváme kolmý průmět ⃗x vektoru ⃗w do podprostoru
W:
⃗x =
7
11
·




1
2
0
3



 +
7
11
·




−1
−1
−1
0



 =
7
11
·




0
1
−1
3



 .
Řešený příklad 9.4.b
Zadání
Ve vektorovém prostoru R3
je podprostor W zadán následující množinou
generátorů:
⃗w1 =


−2
1
−1

 , ⃗w2 =


0
1
3


Určete kolmý průmět vektoru ⃗w = (−6; 0; 2)T
do podprostoru W. Následně
stanovte odchylku φ vektoru ⃗w od W pomocí kolmého průmětu ⃗x.
Řešení
Je patrné, že jsou vektory ⃗w1, ⃗w2 lineárně nezávislé. Generují tedy rovinu W
v prostoru R3
. Kolmý průmět ⃗x vektoru ⃗u má ležet v prostoru W, lze jej
tedy vyjádřit jako lineární kombinace vektorů ⃗w1, ⃗w2:
⃗x = a · ⃗w1 + b · ⃗w2, (7)
kde a, b ∈ R. Protože by zároveň měl platit vztah (2): ⃗w = ⃗x+⃗y, kde ⃗y ∈ W⊥
,
lze vektor ⃗w vyjádřit s pomocí rovnice (7) i takto:
⃗w = a · ⃗w1 + b · ⃗w2 + ⃗y. (8)
Rovnici (8) nyní skalárně vynásobíme vektory ⃗w1, ⃗w2 a dostaneme tyto dvě
rovnice:
skal(⃗w, ⃗w1) = a · skal( ⃗w1, ⃗w1) + b · skal( ⃗w2, ⃗w1) + skal(⃗y, ⃗w1) (9)
skal(⃗w, ⃗w2) = a · skal( ⃗w1, ⃗w2) + b · skal( ⃗w2, ⃗w2) + skal(⃗y, ⃗w2) (10)
13
Jelikož je vektor ⃗y kolmý na podprostor W (leží v ortogonálním doplňku
W⊥
), je v obou rovnicích poslední skalární součin roven 0. Ostatní skalární
součiny jsme schopni spočítat:
skal(⃗w, ⃗w1) = skal




−6
0
2

 ,


−2
1
−1



 = 10,
skal(⃗w, ⃗w2) = skal




−6
0
2

 ,


0
1
3



 = 6,
skal( ⃗w1, ⃗w1) = skal




−2
1
−1

 ,


−2
1
−1



 = 6,
skal( ⃗w2, ⃗w1) = skal( ⃗w1, ⃗w2) = skal




0
1
3

 ,


−2
1
−1



 = −2,
skal( ⃗w2, ⃗w2) = skal




0
1
3

 ,


0
1
3



 = 10.
Dosadíme-li spočítané skalární součiny do rovnic (9), (10), dostáváme tento
systém:
10 = 6a − 2b
6 = −2a + 10b
Vynásobíme-li třikrát 2. rovnici a přičteme k první, dostáváme 28 = 28b, z
čehož b = 1. Dosazením b = 1 do druhé rovnice získáváme 6 = −2a + 10,
z čehož a = 2. Využijeme-li nyní hodnot obou parametrů ve vztahu (7),
dostáváme kolmý průmět ⃗x vektoru ⃗w do podprostoru W:
⃗x = 2 ·


−2
1
−1

 + 1 ·


0
1
3

 =


−4
3
1

 .
Odchylku vektoru ⃗w od roviny W stanovíme jako úhel φ, který svírá ⃗w se
svým kolmým průmětem ⃗x. Použijeme k tomu známý vzorec:
cos φ =
skal(⃗w,⃗x)
|⃗w| · |⃗x|
=
skal




−6
0
2

 ,


−4
3
1






−6
0
2

 ·


−4
3
1


=
26
√
40 ·
√
26
=
26
40
=
13
20
14
Na kalkulačce lze spočítat přibližnou velikost úhlu φ = 36◦
, tedy odchylky
vektoru ⃗w od roviny W.
Příklad 9.4.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Ve vektorovém prostoru R3
je podprostor W zadán následující množinou
generátorů:
⃗w1 =


1
1
−2

 , ⃗w2 =


3
1
−1


Určete kolmý průmět vektoru ⃗w = (−2; −4; −6)T
do podprostoru W. Následně
stanovte odchylku φ vektoru ⃗w od W pomocí kolmého průmětu ⃗x.
Příklad 9.4.d (pouze s výsledkem)
Zadání
V Euklidovském prostoru R4
je zadán podprostor W = ⟨ ⃗u1, ⃗u2⟩. Nalezněte
ortogonální projekci vektoru ⃗w do podprostoru W, je-li
⃗u1 =




1
0
−1
2



 , ⃗u2 =




0
1
−2
2



 , ⃗w =




1
1
1
1



 .
Výsledky příkladů
9.1.c: a = 3, b = 2,
9.1.d: (a = 2, b = 4) ∨ (a = −2, b = −4).
9.2.c: W =








1
2
3
−2



 ,




3
2
−1
2



 ,




2
−1
−2
−3








9.2.d: W =








1
−1
2
0



 ,




1
1
0
4








9.3.d: dim W⊥
= 2, pokud např. x3 = r, x4 = s, pak W⊥
=








−2
1
1
0



 ,




−3
0
0
1








9.3.e: dim W⊥
= 1, pokud např. x4 = t, pak W⊥
=








−1
1
−1
1








15
9.4.c: Kolmý průmět ⃗x =


−3
1
−4

, odchylka ⃗w od roviny W je přibližně 47◦
.
9.4.d: Ortogonální projekce ⃗x = 1
3
·




2
−1
0
2



.
16