グラム_シュミットの直交化法

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【グラム・シュミットの直交化法】
　n個の１次独立なベクトル $\vec{a_1},\hspace{2}\vec{a_2},\hspace{2}\vec{a_3},\hspace{2}\cdots,\hspace{2}\vec{a_n}$ が与えられたとき，これらを用いてn個の正規直交ベクトル $\vec{u_1},\hspace{2}\vec{u_2},\hspace{2}\vec{u_3},\hspace{2}\cdots,\hspace{2}\vec{u_n}$ を作る次の方法をグラム・シュミットの直交化法という．
$\vec{u_1}=\frac{1}{\left|\vec{a_1}\right|}\vec{a_1}$ …(1)
とおく．このとき， $\left|\vec{u_1}\right|=\frac{1}{\left|\vec{a_1}\right|}\left|\vec{a_1}\right|=1$ が成り立つから， $\vec{u_1}$ は単位ベクトルになる．

　次に，ベクトル $\vec{a_2}$ と $\vec{u_1}$ との内積

$\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}=\left|\vec{a_2}\right|\cdot\left|\vec{u_1}\right|\cdot\cos\theta$
$=\left|\vec{a_2}\right|\cdot\cos\theta$
は $\vec{a_2}$ の $\vec{u_1}$ 方向への射影の長さ（符号あり）を表しているから，
$(\vec{a_2}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}$
が $\vec{u_1}$ 方向への射影ベクトルを表す．
　このとき
$\vec{b_2}=\vec{a_2}-(\vec{a_2}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}$
を作ると， $\vec{b_2}$ は $\vec{u_1}$ に垂直なベクトルになる．

$\vec{b_2}\cdot\vec{u_1}=\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}-(\vec{a_2}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}\cdot\vec{u_1}$
$=\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}-\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}=0$

さらに
$\vec{u_2}=\frac{1}{\left|\vec{b_2}\right|}}\vec{b_2}$ …(2)
とおくと， $\vec{u_2}$ は $\vec{u_1}$ に垂直な単位ベクトルになる．

　同様にして
$\vec{b_3}=\vec{a_3}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_2})\vec{u_2}$
を作ると， $\vec{b_3}$ は $\vec{u_1}$ にも $\vec{u_2}$ にも垂直なベクトルになる．

$\vec{b_3}\cdot\vec{u_1}=\vec{a_3}\cdot\vec{u_1}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}\cdot\vec{u_1}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_2})\vec{u_2}\cdot\vec{u_1}$
$=\vec{a_3}\cdot\vec{u_1}-\vec{a_3}\cdot\vec{u_1}\times 1-\vec{a_3}\cdot\vec{u_2}\times 0$
$=0$
$\vec{b_3}\cdot\vec{u_2}=\vec{a_3}\cdot\vec{u_2}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}\cdot\vec{u_2}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_2})\vec{u_2}\cdot\vec{u_2}$
$=\vec{a_3}\cdot\vec{u_2}-\vec{a_3}\cdot\vec{u_1}\times 0-\vec{a_3}\cdot\vec{u_2}\times 1$
$=0$

さらに
$\vec{u_3}=\frac{1}{\left|\vec{b_3}\right|}}\vec{b_3}$ …(3)
とおくと， $\vec{u_3}$ は $\vec{u_1}$ にも $\vec{u_2}$ にも垂直な単位ベクトルになる．

　この操作を繰り返して
$\vec{b_n}=\vec{a_n}-(\vec{a_n}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}-\cdots-(\vec{a_n}\cdot\vec{u_{n-1}})\vec{u_{n-1}}$
$\vec{u_n}=\frac{1}{\left|\vec{b_n}\right|}}\vec{b_n}$ …(n)
とおくと， $\vec{u_n}$ は $\vec{u_1},\hspace{2}\cdots,\hspace{2}\vec{u_{n-1}}$ に垂直な単位ベクトルになる．

【例題1】
　グラム・シュミットの直交化法を用いて，次のベクトルから正規直交系を作ってください．
$\vec{a_1}=(1,\hspace{2}1),\hspace{2}\vec{a_2}=(2,\hspace{2}-1)$

（解答）
$|\vec{a_1}|=\sqrt{2}$ だから
$\vec{u_1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,\hspace{2}1)=(\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}})$
とおく．
　次に，
$\vec{b_2}=\vec{a_2}-(\vec{a_2}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}$
ここで， $\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}=\frac{2}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ だから
$\vec{b_2}=(2,\hspace{2}-1)-\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}})$
$=(2,\hspace{2}-1)-(\frac{1}{2},\hspace{2}\frac{1}{2})$
$=(\frac{3}{2},\hspace{2}-\frac{3}{2})$
$|\vec{b_2}|=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$
$\vec{u_2}=\frac{2}{3\sqrt{2}}(\frac{3}{2},\hspace{2}-\frac{3}{2})=(\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{2}})$
したがって
$\vec{u_1}=(\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}}),\hspace{3}\vec{u_2}=(\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{2}})$ …(答)

（注意）
　1組の1次独立なベクトルから，グラム・シュミットの直交化法によって，正規直交系がただ1通りに決まる訳ではない．
　処理するベクトルの並べ方（順序）によって，結果として作られる正規直交系は変わる．
　例えば，上記の問題を $\vec{a_2}=(2,\hspace{2}-1),\hspace{2}\vec{a_1}=(1,\hspace{2}1)$ の順に処理した場合には，
$\vec{u_2}=(\frac{2}{\sqrt{5}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{5}}),\hspace{3}\vec{u_1}=(\frac{1}{\sqrt{5}},\hspace{2}\frac{2}{\sqrt{5}})$ が得られる．

【問題1】
　グラム・シュミットの直交化法を用いて，次のベクトルから正規直交系を作ってください．
$\vec{a_1}=(0,\hspace{2}1,\hspace{2}1),\hspace{2}\vec{a_2}=(1,\hspace{2}0,\hspace{2}1),\hspace{2}\vec{a_3}=(1,\hspace{2}1,\hspace{2}0)$

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（解答）
$|\vec{a_1}|=\sqrt{2}$ だから
$\vec{u_1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,\hspace{2}1,\hspace{2}1)=(0,\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}})$
とおく．
　次に，
$\vec{b_2}=\vec{a_2}-(\vec{a_2}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}$
ここで， $\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ だから
$\vec{b_2}=(1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)-\frac{1}{\sqrt{2}}(0,\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}})$
$=(1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)-(0,\hspace{2}\frac{1}{2},\hspace{2}\frac{1}{2})$
$=(1,\hspace{2}-\frac{1}{2},\hspace{2}\frac{1}{2})$
$|\vec{b_2}|=\sqrt{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{3}{2}}$
$\vec{u_2}=\frac{\vec{b_2}}{|\vec{b_2}|}=(\frac{2}{\sqrt{6}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{6}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{6}})$
とおく
　さらに
$\vec{b_3}=\vec{a_3}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}-(\vec{a_3}\cdot\vec{u_2})\vec{u_2}$
とおく．ここに， $\vec{a_3}\cdot\vec{u_1}=\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{5}\vec{a_3}\cdot\vec{u_2}=\frac{1}{\sqrt{6}}$ だから
$\vec{b_3}=(1,\hspace{2}1,\hspace{2}0)-\frac{1}{\sqrt{2}}(0,\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}})$ $-\frac{1}{\sqrt{6}}(\frac{2}{\sqrt{6}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{6}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{6}})$
$=(1,\hspace{2}1,\hspace{2}0)-(0,\hspace{2}\frac{1}{2},\hspace{2}\frac{1}{2})-(\frac{1}{3},\hspace{2}-\frac{1}{6},\hspace{2}\frac{1}{6})$
$=(\frac{2}{3},\hspace{2}\frac{2}{3},\hspace{2}-\frac{2}{3})$
$|\vec{b_3}|=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{4}{9}+\frac{4}{9}}=\sqrt{\frac{4}{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$
$\vec{u_3}=\frac{\vec{b_3}}{|\vec{b_3}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{2}{3},\hspace{2}\frac{2}{3},\hspace{2}-\frac{2}{3})$
$=(\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{3}})$

※グラム・シュミットの直交化法により，n次元空間のｎ個の１次独立なベクトル $\vec{a_1},\hspace{2}\vec{a_2},\hspace{2}\vec{a_3},\hspace{2}\cdots,\hspace{2}\vec{a_n}$ からそのｎ次元空間全体を生成する正規直交系が得られるが，n次元空間においてm個（m<n）の１次独立なベクトル $\vec{a_1},\hspace{2}\vec{a_2},\hspace{2}\vec{a_3},\hspace{2}\cdots,\hspace{2}\vec{a_n}$ からは，m次元部分空間を生成する正規直交系が得られる．

【例題2】
　次のベクトルで生成される，R⁴の部分空間の正規直交基底を求めよ．
(b) (1, 2, 1, 0)と(1, 2, 3, 1)

(「ラング線形代数学(上)」芹沢正三訳/ちくま学芸文庫
P.223からの引用)

（解答）
　 $\vec{a_1}=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}1,\hspace{2}0)$ のとき， $|\vec{a_1}|=\sqrt{6}$ だから
$\vec{u_1}=\frac{\vec{a_1}}{|\vec{a_1}|}=(\frac{1}{\sqrt{6}},\hspace{2}\frac{2}{\sqrt{6}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{6}},\hspace{2}0)$
　次に， $\vec{a_2}=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}1)$ のとき
$\vec{b_2}=\vec{a_2}-(\vec{a_2}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}$
とおくと， $\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}=\frac{8}{\sqrt{6}}$ だから
$\vec{b_2}=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}1)-\frac{8}{\sqrt{6}}(\frac{1}{\sqrt{6}},\hspace{2}\frac{2}{\sqrt{6}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{6}},\hspace{2}0)$
$=(1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}1)-(\frac{4}{3},\hspace{2}\frac{8}{3},\hspace{2}\frac{4}{3},\hspace{2}0)$
$=(-\frac{1}{3},\hspace{2}-\frac{2}{3},\hspace{2}\frac{5}{3},\hspace{2}1)$
ここで
$|\vec{b_2}|=\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{4}{9}+\frac{25}{9}+ 1}=\frac{\sqrt{39}}{3}$
$\vec{u_2}$ $=\frac{\vec{b_2}}{|\vec{b_2}|}=\frac{3}{\sqrt{39}}(-\frac{1}{3},\hspace{2}-\frac{2}{3},\hspace{2}\frac{5}{3},\hspace{2}1)$
$=(-\frac{1}{\sqrt{39}},\hspace{2}-\frac{2}{\sqrt{39}},\hspace{2}\frac{5}{\sqrt{39}},\hspace{2}\frac{3}{\sqrt{39}})$

【問題2】
　次のベクトルで生成される，R³の部分空間の正規直交基底を求めよ．
(b) (1, 1, −1)と(1, 0, 1)

(「ラング線形代数学(上)」芹沢正三訳/ちくま学芸文庫
P.222からの引用)

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（解答）
　 $\vec{a_1}=(1,\hspace{2}1,\hspace{2}-1)$ のとき， $|\vec{a_1}|=\sqrt{3}$ だから
$\vec{u_1}=\frac{\vec{a_1}}{|\vec{a_1}|}=(\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{3}})$
　次に， $\vec{a_2}=(1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)$ のとき
$\vec{b_2}=\vec{a_2}-(\vec{a_2}\cdot\vec{u_1})\vec{u_1}$
とおくと， $\vec{a_2}\cdot\vec{u_1}=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{3}}=0$ だから
$\vec{b_2}=\vec{a_2}=(1,\hspace{2}0,\hspace{2}1)$
ここで
$|\vec{b_2}|=\sqrt{2}$
$\vec{u_2}=(\frac{1}{\sqrt{2}},\hspace{2}0,\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{2}})$

【例題3】
　区間[0, 1]の上の連続実関数のなすベクトル空間を考える．このような２つの関数 $f,\hspace{2}g$ のスカラー積を，規則
$\lt f,\hspace{2}g\gt=\underset{^0}{\int^1}f(t)g(t)dt$
で定義する．
$V$ を $f(t)=t$ および $g(t)=t^2$ である２つの関数 $f$ および $g$ で生成される関数の部分空間とする． $V$ の正規直交基底を求めよ．

(「ラング線形代数学(上)」芹沢正三訳/ちくま学芸文庫
P.223からの引用)

（解答）
$\lt f,\hspace{2}f\gt=\underset{^0}{\int^1}t^2dt=\left[\frac{t^3}{3}\right]_0^1=\frac{1}{3}$
であるから， $||f||=\frac{1}{\sqrt{3}}$
$u_1(t)=\frac{f(t)}{||f||}=\sqrt{3}t$

次に， $b_2(t)=g(t)-\lt g,\hspace{2}u_1\gt u_1(t)$ とおくと
$\lt g,\hspace{2}u_1\gt=\underset{^0}{\int^1}t^2\cdot\sqrt{3}tdt=\left[\frac{\sqrt{3}t^4}{4}\right]_0^1=\frac{\sqrt{3}}{4}$
だから
$b_2(t)=t^2-\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\sqrt{3}t=t^2-\frac{3}{4}t$
ここで
$\lt b_2,\hspace{2}b_2\gt=\underset{^0}{\int^1}(t^2-\frac{3}{4}t)^2dt$
$=\underset{^0}{\int^1}(t^4-\frac{3}{2}t^3+\frac{9}{16}t^2)dt=\left[\frac{t^5}{5}-\frac{3}{8}t^4+\frac{3}{16}t^3\right]_0^1$
$=[\frac{1}{5}-\frac{3}{8}+\frac{3}{16}=\frac{1}{80}$
であるから， $||b_2||=\frac{1}{4\sqrt{5}}$
$u_2(t)$ $=4\sqrt{5}(t^2-\frac{3}{4}t)$ $=4\sqrt{5}t^2-3\sqrt{5}t$

【問題3.1】
　区間[0, 1]の上の連続実関数のなすベクトル空間を考える．このような２つの関数 $f,\hspace{2}g$ のスカラー積を，規則
$\lt f,\hspace{2}g\gt=\underset{^0}{\int^1}f(t)g(t)dt$
で定義する．
$V$ を3つの関数 $1,\hspace{2}t,\hspace{2}t^2$ で生成される関数の部分空間とする． $V$ の正規直交基底を求めよ．

(「ラング線形代数学(上)」芹沢正三訳/ちくま学芸文庫
P.223からの引用)

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（解答）
$a_1(t)=1$ とおくと， $\lt a_1,\hspace{2}a_1\gt=\underset{^0}{\int^1}1^2dt=1$
$u_1(t)=\frac{a_1(t)}{||a_1||}=1$
$a_2(t)=t$ のとき， $b_2(t)=a_2(t)-(a_2,\hspace{2}u_1)u_1$ とおくと
$\lt a_2,\hspace{2}u_1\gt=\underset{^0}{\int^1}tdt=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^1=\frac{1}{2}$
$b_2(t)=t-\frac{1}{2}$
$\lt b_2,\hspace{2}b_2\gt=\underset{^0}{\int^1}(t-\frac{1}{2})^2dt=\underset{^0}{\int^1}(t^2-t+\frac{1}{4})dt$
$=\left[\frac{t^3}{3}-\frac{t^2}{2}+\frac{1}{4}t\right]_0^1=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{1}{12}$
$||b_2||=\frac{1}{2\sqrt{3}}$
$u_2(t)$ $=\frac{b_2(t)}{||b_2||}=2\sqrt{3}(t-\frac{1}{2})$ $=2\sqrt{3}t-\sqrt{3}$
さらに， $a_3(t)=t^2$ のとき， $b_3(t)=a_3(t)-(a_3,\hspace{2}u_1)u_1-(a_3,\hspace{2}u_2)u_2$ とおくと
$\lt a_3,\hspace{2}u_1\gt=\underset{^0}{\int^1}t^2dt=\frac{1}{3}$
$\lt a_3,\hspace{2}u_2\gt=\underset{^0}{\int^1}t^2(2\sqrt{3}t-\sqrt{3})dt=...=\frac{\sqrt{3}}{6}$
$b_3(t)=t^2-\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}(2\sqrt{3}t-\sqrt{3})$
$=t^2-t+\frac{1}{6}$
$\lt b_3,\hspace{2}b_3\gt=\underset{^0}{\int^1}(t^2-t+\frac{1}{6})^2dt$
$=\underset{^0}{\int^1}(t^4+ t^2+\frac{1}{36}-2t^3-\frac{1}{3}t+\frac{t^2}{3})dt$
$=\left[\frac{t^5}{5}+\frac{t^3}{3}+\frac{t}{36}-\frac{t^4}{2}-\frac{t^2}{6}+\frac{t^3}{9}\right]_0^1=\frac{1}{180}$
$u_3(t)$ $=6\sqrt{5}(t^2-t+\frac{1}{6})$ $=6\sqrt{5}t^2-6\sqrt{5}t+\sqrt{5}$

(参考）

$\underset{^{0}}{\int^1}u_2(t)dt=\underset{^{0}}{\int^1}u_3(t)dt=0$
が成り立つ．（これは定数 $u_1$ との内積が0ということから言える）

　関数の正規直交化においてスカラー積を定義する区間は，脇役や添え物ではない．上記の【問題3.1】と同じ関数を使っても，区間を変えると結果は全く別のものになる．

【問題3.2】
　区間[−1, 1]の上の連続実関数のなすベクトル空間を考える．このような２つの関数 $f,\hspace{2}g$ のスカラー積を，規則
$\lt f,\hspace{2}g\gt=\underset{^{-1}}{\int^1}f(t)g(t)dt$
で定義する．
$V$ を3つの関数 $1,\hspace{2}t,\hspace{2}t^2$ で生成される関数の部分空間とする． $V$ の正規直交基底を求めよ．

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（解答）
$u_1(t)=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$u_2(t)=\sqrt{\frac{3}{2}}t$
$u_3(t)=\sqrt{\frac{5}{8}}(3t^2-1)$

　計算はほぼ同様に行えばよい．積分の区間だけは−1～1とすればよい．
　この問題では，逆に上記の関数が正規直交系になっていることを示す検算を行ってみる．
≪直交系であることの証明≫
$\underset{^{-1}}{\int^1}u_1(t)u_2(t)dt=\underset{^{-1}}{\int^1}\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\sqrt{\frac{3}{2}}tdt$
は，奇関数を[−1, 1]で積分するものだから0である．
$\underset{^{-1}}{\int^1}u_2(t)u_3(t)dt=\underset{^{-1}}{\int^1}\sqrt{\frac{3}{2}}t\cdot\sqrt{\frac{5}{8}}(3t^2-1)dt$
は，奇関数を[−1, 1]で積分するものだから0である．
$\underset{^{-1}}{\int^1}u_3(t)u_1(t)dt=\underset{^{-1}}{\int^1}\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\sqrt{\frac{5}{8}}(3t^2-1)dt$
$=\frac{\sqrt{5}}{4}\underset{^{-1}}{\int^1}(3t^2-1)dt$ $=\frac{\sqrt{5}}{4}\bigl[ t^3-t\bigr]_{-1}^1$
$=(1-1)-(-1+ 1)=0$
以上により，区間[−1, 1]において関数 $u_1,\hspace{2}u_2,\hspace{2}u_3$ は互いに直交している．
≪正規系であることの証明≫
$\underset{^{-1}}{\int^1}u_1(t)u_1(t)dt=\underset{^{-1}}{\int^1}\frac{1}{2}dt=\frac{1}{2}\bigl[t\bigr]_{-1}^1$
$=\frac{1}{2}(1+ 1)=1$
$\underset{^{-1}}{\int^1}u_2(t)u_2(t)dt=\underset{^{-1}}{\int^1}\frac{3}{2}t^2dt=\frac{1}{2}\bigl[t^3\bigr]_{-1}^1$
$=\frac{1}{2}(1+ 1)=1$
$\underset{^{-1}}{\int^1}u_3(t)u_3(t)dt=\underset{^{-1}}{\int^1}\frac{5}{8}(3t^2-1)^2dt$
$=\frac{5}{8}\underset{^{-1}}{\int^1}(9t^4-6t^2+ 1)dt$
$=\frac{5}{8}\bigl[\frac{9t^5}{5}-2t^3+ t\bigr]_{-1}^1=1$
以上により，区間[−1, 1]において関数 $u_1,\hspace{2}u_2,\hspace{2}u_3$ は正規化されている．

(参考）

$\underset{^{-1}}{\int^1}u_2(t)dt=\underset{^{-1}}{\int^1}u_3(t)dt=0$
が成り立つ．（これは定数 $u_1$ との内積が0ということから言える）

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