Frage zum Gram-Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren

01.12.2013, 17:11

kgV

Frage zum Gram-Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren

Hallo,
ich habe eine ziemliche Verständnisblockade beim Gram-Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren:
Sei $\begin{eqnarray*} w_1,\ldots w_n \end{eqnarray*}$ eine Basis des endlich-erzeugten Vektorraums V. Seien $\begin{eqnarray*} u_1,\ldots,u_{j-1} \end{eqnarray*}$ die ersten, bereits berechneten, aber noch nicht normierten Vektoren der ON-Basis von V.
Der j-te Vektor der Orthonormalbasis berechnet sich aus $\begin{eqnarray*} w_j-\sum_{i=1}^{j-1}\frac{\langle u_i,w_i\rangle}{\langle u_i,u_i\rangle}u_i \end{eqnarray*}$
So: warum steht hier im Nenner das Skalarprodukt von $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ mit sich selbst? Der Zähler alleine würde ja den Lotfußpunkt von $\begin{eqnarray*} w_i \end{eqnarray*}$ auf das Orthogonale Komplement des Vektorraums, der von der bisherigen Basis erzeugt wird, erzeugen. Warum wird dann noch dividiert? Normiert wird die Basis erst am Ende, außerdem ist das Skalarprodukt ja das Quadrat der Norm...

Ich stehe komplett auf dem Schlauch, versuche mir, eine Erklärung zu basteln.

Gibt es eine geometrisch-anschauliche Begründung für diesen Schritt oder rechtfertigt er sich lediglich durch das Ergebnis? Den Beweis, dass dadurch alle Skalarprodukte mit den vorigen Vektoren Null werden, verstehe ich zwar, aber ich würde mir gerne das Verfahren an sich herleiten können.

Danke im Voraus für erklärende Unterstützung,
lg
kgV
Wink

01.12.2013, 22:18

RavenOnJ

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RE: Frage zum Gram-Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren
Du hast einen Fehler in deiner Formel, es muss heißen:
$\begin{eqnarray*} u_j := w_j-\sum_{i=1}^{j-1}\frac{\langle u_i,w_{\color{red}j}\rangle}{\langle u_i,u_i\rangle}u_i \end{eqnarray*}$

Wenn du jetzt das Skalarprodukt von $\begin{eqnarray*} u_j \end{eqnarray*}$ mit einem $\begin{eqnarray*} u_k, k < j \end{eqnarray*}$ bildest, dann erhältst du
$\begin{align*} \langle u_k,u_j\rangle &= \langle u_k,w_j-\sum_{i=1}^{j-1}\frac{\langle u_i,w_j\rangle}{\langle u_i,u_i\rangle}u_i\rangle <br /> &= \langle u_k,w_j\rangle - \langle u_k,\sum_{i=1}^{j-1}\frac{\langle u_i,w_j\rangle}{\langle u_i,u_i\rangle}u_i\rangle <br /> &= \langle u_k,w_j\rangle - \frac{\langle u_k,w_j\rangle}{\langle u_k,u_k\rangle}\langle u_k,u_k\rangle<br /> &= 0 \end{align*}$

Die Summe verschwindet, da alle $\begin{eqnarray*} u_k, k < j \end{eqnarray*}$ zueinander orthogonal sind. $\begin{eqnarray*} u_j \end{eqnarray*}$ ist also durch die Konstruktion ebenfalls orthogonal zu allen $\begin{eqnarray*} u_k, k < j \end{eqnarray*}$ .

01.12.2013, 23:14

kgV

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Danke dir für deine Antwort. Das heißt dann, der Algorithmus findet seine Rechtfertigung nur in der Tatsache, dass er funktioniert und es gibt keine "schöne" geometrisch-anschauliche Erklärung. Damit werde ich mich abfinden können. Danke für die Mühe smile

01.12.2013, 23:24

YogSothoth

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Moin,

ein Ansatz mit dem ich es mir anschaulich erklärt habe war immer
$\begin{eqnarray*} \langle u_i,w_j\rangle \end{eqnarray*}$ als die Länge des "Anteils" von $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} w_j \end{eqnarray*}$ zu sehen.

Bei Gram-Schmidt wollen wir diesen "Anteil" auf 0 bekommen. Dazu ziehen wir das $\begin{eqnarray*} \langle u_i,w_j\rangle \end{eqnarray*}$
fache von $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} w_j \end{eqnarray*}$ ab. Dabei wird jedoch nicht die Länge von $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ berücksichtigt.
Um dies zu tun wird durch $\begin{eqnarray*} \langle u_i,u_i\rangle \end{eqnarray*}$ geteilt.
(Wenn z.B. der Anteil die Länge 4 und $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ die Länge 2 hat, dann muss ich $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ auch nur 2 mal abziehen um den Anteil los zu werden).

Ich hoffe ich habe mich halbwegs verständlich ausgedrückt und konnte dir weiterhelfen.

01.12.2013, 23:38

kgV

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Zitat:

Original von YogSothoth
(Wenn z.B. der Anteil die Länge 4 und $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ die Länge 2 hat, dann muss ich $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ auch nur 2 mal abziehen um den Anteil los zu werden).

Danke auch dir für den Einwurf - das hilft auch wirklich, das ganze etwas weniger abstrakt zu sehen. Nur zu oben zitiertem Teil eine Frage:
Wenn die Länge von $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ gleich 2 ist, dann ist $\begin{eqnarray*} \langle u_i,u_i\rangle \end{eqnarray*}$ aber 4...

Verstehe ich da etwas falsch? (sry, bin heute einfach zu lange über dem ganzen Zeug gesessen und sehe wahrscheinlich nichts mehr Big Laugh

)

01.12.2013, 23:57

YogSothoth

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Das war mein Fehler, ich bin geistig auch nicht mehr ganz wach unglücklich

.

Es ist halt nur eine Anschauung. Die Länge von $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ tritt ja bei der Berechnung des
Skalarproduktes aufgrund der Bilinearität bereits einmal auf, d.h. es wird einmal durch die Länge von $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$
geteilt um die tatsächliche Länge des Anteils zu bestimmen und einmal
um zu bestimmen, wie oft $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ noch "reinpasst".

02.12.2013, 00:04

kgV

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Als Anschauung ist das Ganze aber top Freude

Danke für die Mühe smile

So langsam wird das Ganze klar

02.12.2013, 01:16

RavenOnJ

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Zitat:

Original von kgV
Das heißt dann, der Algorithmus findet seine Rechtfertigung nur in der Tatsache, dass er funktioniert und es gibt keine "schöne" geometrisch-anschauliche Erklärung. Damit werde ich mich abfinden können.

Es gibt natürlich auch eine "schöne" geometrisch anschauliche Erklärung. Die $\begin{eqnarray*} w_i \end{eqnarray*}$ liegen irgendwie windschief zueinander und sind linear unabhängig, je n Vektoren $\begin{eqnarray*} w_i \end{eqnarray*}$ spannen also einen n-dimensionalen Raum auf. Um $\begin{eqnarray*} u_2 \end{eqnarray*}$ zu erhalten, zieht man von $\begin{eqnarray*} w_2 \end{eqnarray*}$ die Projektion von $\begin{eqnarray*} w_2 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} u_1 = w_1 \end{eqnarray*}$ ab. Es bleibt dann nur der zu $\begin{eqnarray*} w_1 \end{eqnarray*}$ orthogonale Teil von $\begin{eqnarray*} w_2 \end{eqnarray*}$ übrig. Das ist $\begin{eqnarray*} u_2 \end{eqnarray*}$ .

Um $\begin{eqnarray*} u_3 \end{eqnarray*}$ zu erhalten, zieht man von $\begin{eqnarray*} w_3 \end{eqnarray*}$ die Projektion von $\begin{eqnarray*} w_3 \end{eqnarray*}$ auf die Ebene $\begin{eqnarray*} \operatorname{span}(u_1,u_2) =\operatorname{span}(w_1,w_2) \end{eqnarray*}$ ab. Es bleibt dann nur der zu der Ebene $\begin{eqnarray*} \operatorname{span}(w_1,w_2) \end{eqnarray*}$ orthogonale Teil von $\begin{eqnarray*} w_3 \end{eqnarray*}$ übrig. Das ist $\begin{eqnarray*} u_3 \end{eqnarray*}$ .

usw.

02.12.2013, 12:47

kgV

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Genau das ist es, was ich gesucht habe smile

Vielen Dank

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