Part I · 第 1 章线性代数 · 1.9

投影与正交分解

任何向量都能拆成两份：一份沿着某个方向，一份垂直于它。沿着的那份就是投影，它落在离原向量最近的那个点上。机器人用它回答"我偏离路径多远"、"这股力有多少压进表面、有多少在滑"，最小二乘也只是它换了件衣服。

约 30 分钟前置：1.3 矩阵即变换 · 1.7 点积 8 个交互

1为什么机器人需要它

一台移动机器人沿着规划好的路径行驶。控制器每个周期都要回答一个问题：我偏离路径多远，偏向哪一边？这里的"多远"不是离起点多远，而是离路径上最近的那一点多远。找这个最近点，就是把机器人的位置投影到路径上。

同样的拆分在机器人里随处可见：

接触力。手指按在物体表面，总的力有多少"压进"表面（法向力），有多少沿表面"滑动"（切向力）？摩擦锥 (friction cone) 规定：切向力不能超过 μ 倍的法向力，否则就打滑。抓取规划每时每刻都在做这个分解。
速度指令。规划器让机器人径直冲向一堵墙，安全层要把指令里"撞墙"的那一份去掉，只保留沿墙的那一份。被去掉的，就是指令在墙的法向上的投影。
最小二乘（1.13 节）。方程无解时，我们改找离 $\mathbf b$ 最近的 $A\mathbf x$。这恰好是把 $\mathbf b$ 投影到 $A$ 的列空间。

1.7 节里，$\hat{\mathbf u}\cdot\mathbf b$ 告诉我们 $\mathbf b$ 在 $\hat{\mathbf u}$ 方向上有多长。这一节把这个长度变成一支真正的向量，再把剩下的部分也一起管起来。

2直觉：影子，和最近的那一点

想象地上有一条直线，空中悬着一个点 $\mathbf b$。用手电筒从 $\mathbf b$ 的上方照下来，$\mathbf b$ 会在直线上留下一个影子。光从不同方向照，影子落在不同的地方。

问题是：哪一个影子离 $\mathbf b$ 最近？下面这张图里，拖动滑块改变光线的方向，看影子到 $\mathbf b$ 的距离怎么变。也可以拖动 $\mathbf b$。

FIG 1哪个影子最近？

黄点是影子，青色空心圆是"垂线的脚"。光线斜着照时，影子到 $\mathbf b$ 的路径是一条斜边，一定比垂线更长。只有光线垂直于直线时，影子才和垂线的脚重合，这时出现直角标记。

把光线调到垂直于直线（滑块读数 0°）。这时影子的距离有什么特别？

斜边永远比直角边长，所以垂直光线下的影子，就是直线上离 $\mathbf b$ 最近的点。这个点叫 $\mathbf b$ 在直线上的投影，记作 $\mathbf p$。从 $\mathbf p$ 指向 $\mathbf b$ 的那段叫残差 (residual) $\mathbf e = \mathbf b - \mathbf p$，它和直线成直角。于是 $\mathbf b$ 被拆成了两份：

$$ \mathbf b \;=\; \underbrace{\cv{\mathbf p}}_{\text{沿直线}} \;+\; \underbrace{\cw{\mathbf e}}_{\text{垂直于直线}} $$

核心洞见

投影 = 最近点 = 残差垂直。这三句话说的是同一件事。"最近"是一个要比较距离的优化问题，"垂直"是一个能用点积写出来的方程。把"最近"换成"垂直"，我们就能直接算出答案，不用去试。这个想法会一直用到最小二乘。

3动手玩：投影实验室

拖动青色箭头 u 的尖端来转动那条过原点的直线，拖动 b 的尖端移动目标点。直线上那个空心的候选点 c 也能拖动，但它只能在直线上滑动。右下方的小图画出 $|\mathbf b-\mathbf c|$ 随 c 的位置的变化。

FIG 2投影实验室

|b − c| 随 c 的位置

预设

琥珀色 p 是 b 在直线上的投影，紫色虚线 e 是残差，小方块表示直角。把 c 拖到 p 上：右下小图里，距离曲线的最低点正好在那里，而且它的高度就是 $|\mathbf e|$。曲线是一条双曲线，$|\mathbf b-\mathbf c|^2 = |\mathbf e|^2 + (\text{c 到 p 的距离})^2$。

试一试

把候选点 c 放到直线上离 b 最近的位置。小图里有什么标记告诉你对了？
在 $\mathbf b\ne\mathbf 0$ 的前提下让 p = 0。u 和 b 此时是什么关系？
让 p 指向 u 的反方向。提示：看 $\mathbf u\cdot\mathbf b$ 的符号。
让残差的长度正好是 b 的一半：$|\mathbf e| = |\mathbf b|/2$。这时 u 与 b 的夹角是多少度？

注意 $\mathbf u$ 只是用来指方向的：把 $\mathbf u$ 拉长或缩短，直线、投影 $\mathbf p$、残差 $\mathbf e$ 都不变。公式里 $\mathbf u$ 出现了两次（分子一次、分母一次），长度正好抵消。

4第二种视角：投影是一个矩阵

投影对 $\mathbf b$ 是线性的：把 $\mathbf b$ 放大 2 倍，投影也放大 2 倍；两个向量之和的投影，等于两个投影之和。根据 1.3 节，每个线性变换都对应一个矩阵，这个矩阵叫投影矩阵 $P$。它对整个平面做同一件事：把每一个点推到直线上最近的位置。

下面用 1.3 节的方式看它。拖动 $\mathbf u$ 的尖端，点"作用一次"，整张网格会被压扁到那条直线上。接着再点一次"再作用一次"，什么都没有发生。

FIG 3把整个平面压到直线上

淡色网格是原来的格点，亮色是当前的像。琥珀色点是 b 的像，不带颜色的普通圆点是 b 的原位置（可拖动）。切到 $I-P$，平面被压到垂直于 u 的那条直线上。两种情况下，作用第二次都不会再移动任何点，这就是 $P^2=P$。

先"作用一次"，再点"再作用一次"。数一数有几个点动了。
转动 u 让 $P = \tfrac12\begin{bmatrix}1&1\\1&1\end{bmatrix}$（直线 y = x）。u 的方向是什么？

	$P = \dfrac{\mathbf u\mathbf u^\top}{\mathbf u^\top\mathbf u}$	$I - P$
把平面压到	u 所在的直线	垂直于 u 的直线
被送到 0 的向量	垂直于 u 的所有向量	u 方向的所有向量
作用在 b 上得到	$\cv{\mathbf p}$	$\cw{\mathbf e}$
$P^2$	$P$	$I-P$
$\det$, 秩	0, 1	0, 1

把这些性质连在一起想：$P$ 把 $\mathbf b$ 压到直线上之后，信息已经丢掉了垂直方向的那一份，再压一次当然没有新东西可丢。所以 $P^2=P$（幂等，idempotent）。$P$ 还是对称的（$P^\top=P$），这一点会在下一步"垂直"里起作用。最后，平面被压成一条线，面积变成 0，所以 $\det P = 0$，$P$ 的秩是 1，不可逆（1.5 节、1.6 节）：知道了影子，你无法还原出原来的点。

5第三种视角：投影到平面，以及为什么要正交基

在三维里，可以把 $\mathbf b$ 投影到一张过原点的平面上。想法完全一样：平面上离 $\mathbf b$ 最近的点是 $\mathbf p$，残差 $\mathbf e=\mathbf b-\mathbf p$ 垂直于整张平面，也就是和平面的法向量 $\mathbf n$ 平行。设 $\mathbf n$ 是单位向量，残差就是 $\mathbf b$ 在法向上的那一份 $(\mathbf n\cdot\mathbf b)\,\mathbf n$，所以

$$ \cv{\mathbf p} = \mathbf b - (\mathbf n\cdot\mathbf b)\,\mathbf n, \qquad \cw{\mathbf e} = (\mathbf n\cdot\mathbf b)\,\mathbf n . $$

另一种写法是用平面里的两个互相垂直的单位向量 $\mathbf q_1,\mathbf q_2$（正交基）。此时投影就是把两条"沿线投影"加起来：$\mathbf p=(\mathbf q_1\cdot\mathbf b)\mathbf q_1+(\mathbf q_2\cdot\mathbf b)\mathbf q_2$。用滑块倾斜平面、移动 $\mathbf b$，切换两种写法，看它们给出同一个 $\mathbf p$。拖动画面可以转动视角。

FIG 4投影到一张平面

半透明青色方块是平面，紫色箭头 $\mathbf n$ 是它的单位法向量。"法向量"模式画出残差 $\cw{\mathbf e}$ 沿 $\mathbf n$ 的方向；"正交基"模式画出平面内的 $\mathbf q_1,\mathbf q_2$ 以及两段虚线 $(\mathbf q_i\cdot\mathbf b)\mathbf q_i$，它们首尾相接，正好是 $\cv{\mathbf p}$。右侧的勾股数 $|\mathbf b|^2=|\mathbf p|^2+|\mathbf e|^2$ 在任何姿态下都成立。

让 b 正好躺在平面里（$\mathbf e=\mathbf 0$）。这时 $\mathbf n\cdot\mathbf b$ 是多少？
让投影 p = 0（b 不为零）。提示：最容易的情形是水平的平面。

核心洞见

基向量互相垂直，投影就能一个方向一个方向地分开算。每个 $\mathbf q_i$ 只管自己那条线，互不干扰，把各个投影加起来就行。如果基向量不互相垂直，一个方向上的分量会"漏"到另一个方向里，这个简单的加法就不对了（第 8 节的误区 3 会让你亲眼看到）。所以我们想要正交基。手里只有一组斜着的基怎么办？用 Gram–Schmidt 把它们掰正。

Gram–Schmidt：把斜基掰成正交基

给你两个不垂直的向量 $\mathbf v_1,\mathbf v_2$。做法只有三步，而且每一步都用到本节的投影：

保留 $\mathbf v_1$（方向不变）。
从 $\mathbf v_2$ 里减去它在 $\mathbf v_1$ 上的投影。剩下的残差 $\mathbf w$ 垂直于 $\mathbf v_1$。
把两个向量单位化：$\mathbf q_1=\mathbf v_1/|\mathbf v_1|$，$\mathbf q_2=\mathbf w/|\mathbf w|$。

用步骤按钮一步步走一遍，拖动 $\mathbf v_1,\mathbf v_2$ 的尖端换一对向量。

FIG 5Gram–Schmidt 步进器

青色是 $\mathbf v_1$，琥珀色是 $\mathbf v_2$。第 ③ 步里，琥珀色虚线是 $\mathbf v_2$ 在 $\mathbf v_1$ 上的投影，紫色 $\mathbf w$ 是减掉它之后的残差。第 ④ 步里两个单位向量 $\mathbf q_1,\mathbf q_2$ 站在单位圆上，成直角。

走完全部 4 步，得到一对正交单位向量 $\mathbf q_1,\mathbf q_2$。
让 Gram–Schmidt 失败：把 $\mathbf v_2$ 拖到和 $\mathbf v_1$ 共线，使 $\mathbf w\to\mathbf 0$。为什么这时没法单位化？

6再看数学

提示：把鼠标悬停在公式中带底色的符号上，FIG 2、FIG 3、FIG 4、FIG 5 中对应的元素会被加粗。

投影到一条直线：从"残差垂直"推出公式

直线上的点都写成 $t\,\mathbf u$。投影 $\mathbf p=t\,\mathbf u$ 的残差 $\mathbf e=\mathbf b-t\,\mathbf u$ 要垂直于 $\mathbf u$，也就是点积为零：

$$ \hl{u}{\cx{\mathbf u}}^\top\big(\hl{b}{\mathbf b} - t\,\hl{u}{\cx{\mathbf u}}\big) = 0 \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{\cx{\mathbf u}^\top\mathbf b}{\cx{\mathbf u}^\top\cx{\mathbf u}} \quad\Longrightarrow\quad \hl{p}{\cv{\mathbf p}} = \frac{\cx{\mathbf u}\cdot\mathbf b}{\cx{\mathbf u}\cdot\cx{\mathbf u}}\,\cx{\mathbf u}, \qquad \hl{e}{\cw{\mathbf e}} = \mathbf b - \cv{\mathbf p}. $$

分母 $\mathbf u\cdot\mathbf u=|\mathbf u|^2$ 保证了 $\mathbf u$ 的长度不影响结果。当 $\mathbf u=\hat{\mathbf u}$ 是单位向量时，分母为 1，公式简化成 1.7 节熟悉的样子：$\mathbf p=(\hat{\mathbf u}\cdot\mathbf b)\,\hat{\mathbf u}$，其中 $\hat{\mathbf u}\cdot\mathbf b$ 是投影的（带符号的）长度。

投影矩阵

把标量 $\mathbf u^\top\mathbf b$ 挪到 $\mathbf u$ 的右边，立刻看出一个作用在 $\mathbf b$ 上的矩阵：

$$ \hl{p}{\cv{\mathbf p}} = \frac{\cx{\mathbf u}\,(\cx{\mathbf u}^\top\mathbf b)}{\cx{\mathbf u}^\top\cx{\mathbf u}} = \underbrace{\frac{\cx{\mathbf u}\,\cx{\mathbf u}^\top}{\cx{\mathbf u}^\top\cx{\mathbf u}}}_{\hl{P}{P}}\;\mathbf b, \qquad P^2 = P,\quad P^\top = P,\quad \operatorname{rank}P=1 . $$

$\mathbf u\mathbf u^\top$ 是"列乘行"得到的 $n\times n$ 矩阵（外积）。$P^2=P$ 的证明只有一行：$(\mathbf u\mathbf u^\top)(\mathbf u\mathbf u^\top)=\mathbf u(\mathbf u^\top\mathbf u)\mathbf u^\top=(\mathbf u^\top\mathbf u)\,\mathbf u\mathbf u^\top$，除以 $(\mathbf u^\top\mathbf u)^2$ 就得到 $P$。一个具体的例子：$\mathbf u=(2,1)$ 时

$$ P = \frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&2\\2&1\end{bmatrix}, \qquad P\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix} = \frac15\begin{bmatrix}20\\10\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}4\\2\end{bmatrix},\qquad (I-P)\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-1\\2\end{bmatrix}. $$

检查：$\mathbf p+\mathbf e=(4,2)+(-1,2)=(3,4)=\mathbf b$，而且 $\mathbf e\cdot\mathbf u=-2+2=0$。$P$ 的特征值是 1（沿 $\mathbf u$）和 0（垂直于 $\mathbf u$），1.11 节会回到这一点。

正交分解与勾股定理

每个 $\mathbf b$ 都能唯一地写成"直线内的一份 + 垂直于直线的一份"。因为 $\mathbf p\cdot\mathbf e=0$，两份的平方长度直接相加：

$$ \mathbf b = \cv{\mathbf p} + \cw{\mathbf e}, \qquad |\mathbf b|^2 = |\cv{\mathbf p}|^2 + |\cw{\mathbf e}|^2, \qquad |\cw{\mathbf e}|^2 = |\mathbf b|^2 - (\hat{\mathbf u}\cdot\mathbf b)^2. $$

$|\mathbf e|$ 就是 $\mathbf b$ 到直线的距离。在二维里还有一种算法：$|\mathbf e| = |\hat{\mathbf u}\times\mathbf b|$，即 1.8 节里的二维叉积的绝对值（平行四边形面积除以底）。叉积的符号给出 $\mathbf b$ 在直线左边还是右边，这正是 7 节里"有符号的横向误差"。

投影到子空间

设 $Q=[\,\mathbf q_1\;\cdots\;\mathbf q_k\,]$ 的列是子空间的一组标准正交基（$Q^\top Q=I$，1.10 节）。把每条线的投影加起来：

$$ \hl{p}{\cv{\mathbf p}} = \sum_{i=1}^{k}(\hl{q}{\cx{\mathbf q_i}}\cdot\mathbf b)\,\cx{\mathbf q_i} = QQ^\top\mathbf b, \qquad \hl{P}{P} = QQ^\top, \qquad P^2 = Q(Q^\top Q)Q^\top = P . $$

平面还有一种写法：设 $\hl{n}{\mathbf n}$ 是平面的单位法向量，那么 $P = I-\mathbf n\mathbf n^\top$，即 $\mathbf p=\mathbf b-(\mathbf n\cdot\mathbf b)\,\mathbf n$（FIG 4）。这在机器人里最常用：给一个接触面的法向量，去掉速度或力里"进出表面"的那份。

预告：一般的基。如果子空间的基是矩阵 $A$ 的列，但它们不垂直，投影矩阵变成

$$ P = A\,(A^\top A)^{-1}A^\top . $$

当 $A$ 只有一列 $\mathbf u$ 时，$A^\top A=\mathbf u^\top\mathbf u$，回到 $\mathbf u\mathbf u^\top/\mathbf u^\top\mathbf u$；当 $A=Q$ 有标准正交列时，$A^\top A=I$，回到 $QQ^\top$。中间那个 $(A^\top A)^{-1}$ 就是"基不垂直"要付的代价，它会在 1.13 节的最小二乘里成为主角。

Gram–Schmidt

对线性无关的 $\mathbf v_1,\dots,\mathbf v_k$，依次做：

$$ \mathbf q_1 = \frac{\mathbf v_1}{|\mathbf v_1|}, \qquad \hl{w}{\cw{\mathbf w_k}} = \mathbf v_k - \sum_{j<k}(\mathbf q_j\cdot\mathbf v_k)\,\mathbf q_j, \qquad \mathbf q_k = \frac{\mathbf w_k}{|\mathbf w_k|}. $$

第 $k$ 步的意思是：先把 $\mathbf v_k$ 投影到已经做好的 $\mathbf q_1,\dots,\mathbf q_{k-1}$ 张成的子空间（正交基，所以逐条相加），再取残差。残差垂直于前面所有的 $\mathbf q_j$。如果 $\mathbf w_k=\mathbf 0$，说明 $\mathbf v_k$ 本来就在前面的张成空间里，向量线性相关（1.2 节），无法继续。把每一步的系数 $r_{jk}=\mathbf q_j\cdot\mathbf v_k$ 和 $r_{kk}=|\mathbf w_k|$ 记下来，就得到 $A=QR$，其中 $R$ 是上三角矩阵，这就是 QR 分解。

7机器人中的它：循迹误差与摩擦锥

路径跟踪：最近点、横向误差、沿路进度

路径通常是一条由若干线段连成的折线。要知道机器人 $\mathbf r$ 在路径上"走到了哪"，对每一段 $\mathbf A\to\mathbf B$（方向 $\mathbf d=\mathbf B-\mathbf A$）做投影：

$$ t = \operatorname{clamp}\!\Big(\frac{(\mathbf r-\mathbf A)\cdot\mathbf d}{\mathbf d\cdot\mathbf d},\,0,\,1\Big), \qquad \mathbf c = \mathbf A + t\,\mathbf d, \qquad e_{\text{ct}} = \hat{\mathbf d}\times(\mathbf r-\mathbf A) . $$

线段不是无限长的直线，所以要把 $t$ 夹到 $[0,1]$：投影落到线段外面时，最近点就是端点。取所有线段里离 $\mathbf r$ 最近的那个 $\mathbf c$，得到最近点。$e_{\text{ct}}$ 是有符号的横向误差（cross-track error）：用 1.8 节的二维叉积，机器人在路径前进方向的左边为正，右边为负。沿路进度（along-track）是前面各段的长度之和，加上 $t\,|\mathbf d|$。拖动机器人，看每一段的候选最近点，还有哪一段赢了。

FIG 6折线路径上的最近点

灰色空心圆是每一段上的候选最近点（虚线连到机器人），赢的那一段变成青色，它的最近点是琥珀色实心点。路径上从起点到 c 的那段淡琥珀色是沿路进度。点"出发"，机器人会按 Stanley 式的控制律自己开：转向 = 航向误差 − arctan(k · 横向误差 / 速度)。把增益 k 调到 0 看看，只对齐航向、不管横向误差，会怎样？

把机器人放在最近点从一段切换到下一段的位置：两段的距离几乎相等。这些位置连成什么形状？
把机器人拖到离路径至少 0.8 的地方，点"出发"，看横向误差收敛到 0.1 以内。

真实系统里

路径跟踪控制器（纯追踪 pure pursuit、Stanley、MPC）的输入几乎都是这两个量：横向误差和航向误差，二者都由"最近点"得到。实现里要注意：最近点需要做"单调前进"（只在上次所在线段附近搜索），否则路径自交或往返时最近点会跳到另一段；在路径端点要夹 $t$；在拐角的外侧，最近点是顶点本身，此时横向误差通常改用相邻两段方向的平均来定义。Snider (2009) 对这些控制律做了系统比较。

接触力：法向力、切向力与摩擦锥

手指（或一个箱子）压在一个表面上，表面的单位法向量是 $\mathbf n$（指向表面外），沿表面的单位方向是 $\hat{\mathbf t}$。受力 $\mathbf F$ 是一个向量，它在两个方向上的投影就是

$$ f_n = -\,\mathbf F\cdot\mathbf n, \qquad f_t = \mathbf F\cdot\hat{\mathbf t}, \qquad \mathbf F = f_n(-\mathbf n) + f_t\,\hat{\mathbf t}. $$

$f_n>0$ 表示在压向表面，$f_t$ 的正负表示沿表面的哪个方向。

库仑摩擦说：只要 $f_n>0$（确实在压着）且 $|f_t|\le\mu f_n$，接触就粘住，否则打滑。把条件翻译成角度：$\mathbf F$ 和"压进表面"方向 $-\mathbf n$ 的夹角不超过 $\arctan\mu$。这些方向组成一个楔形，也就是二维里的摩擦锥。下面的图让你拖动力的箭头尖端，也可以点"箱子"预设，把力换成重力，用滑块倾斜斜面。

FIG 7摩擦锥

箭头是总力 $\mathbf F$（作用在表面上，从接触点指出；绿色表示粘住，红色表示打滑）。它在表面上的投影 $f_t$（琥珀色）和垂直于表面的残差 $f_n$（紫色虚线）正好是本节的投影与残差，表面这条线就是"那条直线"。青色楔形是摩擦锥：箭头尖落在锥内，接触粘住；落在锥外，打滑。

找到最陡但不打滑的推力方向：箭头方向正好贴着锥的边缘（偏差不超过 3°）。
点"箱子"预设，倾斜斜面，找到箱子刚好不下滑的最大角度（$\tan\alpha$ 在 $0.9\mu$ 与 $\mu$ 之间）。

箱子在斜面上的结论很漂亮：重力 $mg$ 的法向分量是 $mg\cos\alpha$，切向分量是 $mg\sin\alpha$，粘住的条件 $mg\sin\alpha\le\mu\,mg\cos\alpha$ 化简成 $\tan\alpha\le\mu$，质量约掉了。

真实系统里

抓取规划把每个接触点的摩擦锥当作约束：手指施加的力必须落在锥里，抓取才稳。三维里锥是圆锥，常被近似成四棱锥，好让条件变成线性不等式（本节的法向分量加上几个线性约束），交给二次规划去解（6.8 节）。Lynch & Park 第 12 章对此有完整讨论。

8常见误区

误区 1：$\mathbf u$ 不是单位向量，却忘了除以 $|\mathbf u|^2$

公式 $\mathbf p=(\mathbf u\cdot\mathbf b)\,\mathbf u$ 只在 $|\mathbf u|=1$ 时成立。对 $\mathbf u=(2,1)$、$\mathbf b=(3,4)$，漏掉分母会得到 $(20,10)$，比 $\mathbf b$ 本身还长，显然不是影子；正确答案是 $(4,2)$。代码里最稳的做法：要么先 u = u / norm(u)，要么直接写 u * dot(u,b) / dot(u,u)，并在 $\mathbf u\approx\mathbf 0$ 时提前返回。

误区 2：把"到线段的距离"当成"到直线的距离"

直线无限长，线段有两个端点。点投影到线段所在直线上的位置如果落在线段外，最近点就是端点，距离会比到直线的距离更大。漏掉 clip(t, 0, 1) 是最经典的"点到线段距离"bug，症状是机器人在路径末端之外也"贴着路径"，或者折线上两段的最近点判断错误。FIG 6 里把机器人拖到线段两端的外侧就能看到。

误区 3：把投影到几个非正交向量上的结果加起来

在平面里，任意两个不共线的向量 $\mathbf u_1,\mathbf u_2$ 都张成整个平面，所以 $\mathbf b$ 在它们张成的空间上的投影就是 $\mathbf b$ 自己。然而把 $\mathbf b$ 分别投影到 $\mathbf u_1$ 和 $\mathbf u_2$ 再相加，一般得不到 $\mathbf b$。只有 $\mathbf u_1\perp\mathbf u_2$ 时才对。拖动两个基向量试试。

FIG 8投影之和 ≠ 投影

青色是 $\mathbf u_1,\mathbf u_2$，各自的投影 $\mathbf p_1,\mathbf p_2$ 是琥珀色虚线。红色箭头是它们的和 $\mathbf p_1+\mathbf p_2$，不带颜色的普通箭头是真正该得到的 $\mathbf b$。两个基向量成直角时，红箭头才会盖住 $\mathbf b$。夹角离 90° 越远，和通常偏离 $\mathbf b$ 越多，可能太长，也可能太短。

让两个基向量垂直，使"和"与 $\mathbf b$ 重合（误差小于 0.1）。

误区 4：经典 Gram–Schmidt 在数值上会丢失正交性

上面的公式对精确算术是对的，但在浮点数里，当输入向量几乎共线时，相减会抵消掉几乎所有有效数字，剩下的是舍入误差，于是 $\mathbf q_k$ 不再垂直于前面的向量。取四行三列的矩阵，第一行全是 1，下面是对角线上为 $\varepsilon=10^{-8}$ 的 $3\times3$ 矩阵（Läuchli 矩阵）：经典 Gram–Schmidt 算出 $\mathbf q_2\cdot\mathbf q_3=0.5$，完全不垂直；改良版 (modified) Gram–Schmidt 把每次减法立刻用在更新后的向量上，最差的 $|\mathbf q_i\cdot\mathbf q_j|$（$i\ne j$）约为 $10^{-8}$；Householder QR（numpy.linalg.qr 用的方法）约 $10^{-16}$。实际代码请用 QR 库函数，不要手写经典 Gram–Schmidt。

误区 5：以为投影可以"撤销"

$P$ 的秩比维数低，$\det P=0$，所以 $P^{-1}$ 不存在：直线上每一个点，都是垂直于直线的整条线上所有点的影子，只知道影子，没法判断原来的点在哪。需要"还原"时，要补上被丢掉的那一份 $\mathbf e$，或者像 1.13 节那样退而求其次，只求"最好的"答案。

9小练习

1. 把 $\mathbf b=(3,4)$ 投影到过原点、方向为 $\mathbf u=(2,1)$ 的直线上，投影 $\mathbf p$ 是？

$\mathbf u\cdot\mathbf b=6+4=10$，$\mathbf u\cdot\mathbf u=5$，所以 $\mathbf p=\tfrac{10}{5}\mathbf u=(4,2)$。(20, 10) 是忘了除以 $\mathbf u\cdot\mathbf u$ 的结果。检查：$\mathbf e=\mathbf b-\mathbf p=(-1,2)$，$\mathbf e\cdot\mathbf u=-2+2=0$，垂直。

2. 关于投影矩阵 $P=\mathbf u\mathbf u^\top/\mathbf u^\top\mathbf u$，下面哪一句是对的？

第二项。投影之后，垂直的那份已经丢掉，再投影一次没有东西可丢：$P^2=P$。$P$ 把平面压成一条线，$\det P=0$，不可逆（所以第一、三项都错）。第四项也不对：直线上的向量完全不变，长度不缩短。

3. 路径的一段是从 $\mathbf A=(0,0)$ 到 $\mathbf B=(2,0)$。机器人在 $\mathbf r=(4,3)$。它到这条线段的距离是？

先算 $t=\frac{(\mathbf r-\mathbf A)\cdot\mathbf d}{\mathbf d\cdot\mathbf d}=\frac{8}{4}=2$，超出 $[0,1]$，夹到 $t=1$，最近点是端点 $\mathbf B=(2,0)$。距离是 $|(4,3)-(2,0)|=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}\approx3.61$。答案 3 是到整条直线（x 轴）的距离，正是误区 2。

4. 手指压在表面上，法向力 $f_n=4$ N，切向力 $f_t=3$ N，摩擦系数 $\mu=0.5$。接触会怎样？

粘住的条件是 $|f_t|\le\mu f_n$。这里 $\mu f_n=2$ N，而切向力有 3 N，超出了，所以打滑。等价地：力与法向的夹角是 $\arctan(3/4)\approx36.9^\circ$，大于摩擦锥半角 $\arctan0.5\approx26.6^\circ$。$f_n$ 和 $f_t$ 已经包含了方向信息，所以能判断。

5. 对 $\mathbf v_1=(3,0)$、$\mathbf v_2=(2,2)$ 做 Gram–Schmidt，得到的 $\mathbf q_2$ 是？

$\mathbf q_1=(1,0)$。$\mathbf v_2$ 在 $\mathbf q_1$ 上的投影是 $(\mathbf q_1\cdot\mathbf v_2)\mathbf q_1=(2,0)$，残差 $\mathbf w=(2,2)-(2,0)=(0,2)$，再单位化得 $\mathbf q_2=(0,1)$。选项 (0, 2) 忘了最后一步单位化；$(2,2)/\sqrt8$ 是只单位化、没有减去投影的结果。

10延伸阅读

G. Strang, Introduction to Linear Algebra, §4.2 and §4.4 — "投影"与"标准正交基和 Gram–Schmidt"
G. Strang, MIT 18.06 Linear Algebra (OCW) — 第 15、16、17 讲：子空间上的投影、投影矩阵、正交矩阵与 Gram–Schmidt
K. Lynch & F. Park, Modern Robotics, Ch. 12 — 抓取与操作：接触、摩擦锥与力封闭
J. M. Snider, “Automatic Steering Methods for Autonomous Automobile Path Tracking”, CMU-RI-TR-09-08, 2009 — 横向误差与纯追踪、Stanley 等路径跟踪控制律的比较
L. N. Trefethen & D. Bau, Numerical Linear Algebra, Lectures 6–10 — 投影矩阵、QR、经典与改良 Gram–Schmidt、Householder