beamer | Error nowhere to be found

[localghost]

Hi everyone!

I have a problem. I started to use LaTeX ten hours ago and I have to give my project for five hours. Here is a code I wrote and its error:

Code: Select all  •  Open in writeLaTeX

line 643. Missing }inserted .<inserted text>}/end{itemize}.

I know what is wrong but I cant find it and I have not left much time :< Here is a code sample.

Code: Select all  •  Open in writeLaTeX

\documentclass[]{beamer}
% Class options include: notes, notesonly, handout, trans,
%                        hidesubsections, shadesubsections,
%                        inrow, blue, red, grey, brown

% Theme for beamer presentation.
\usepackage{beamerthemesplit}
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{hyperref}
\usepackage{listings}
\usepackage{graphicx}

% Other themes include: beamerthemebars, beamerthemelined,
%                       beamerthemetree, beamerthemetreebars  
\usetheme{Madrid}
\title{Macierze ortogonalne i ortogonalizacja Grama-Schmidta - ćwiczenia}    % Enter your title between curly braces
\author{Michał Gajdziel i Bartosz Janiak}                 % Enter your name between curly braces
\institute{PUT}      % Enter your institute name between curly braces
\date{\today}                    % Enter the date or \today between curly braces

\begin{document}

% Creates title page of slide show using above information
\begin{frame}
  \titlepage
\end{frame}
\begin{itemize}
\item Zadanie 17.1

Wektory ortonormalne są automatycznie liniowo niezależne.
Dowód macierzy: Pokaż, że Qx = 0 implikuje x = 0. Ponieważ Q może być macierzą prostokątną, możesz użyć $Q^{T}$, ale nie $Q^{-1}$

\item Rozwiązanie 17.1

Z definicji, Q jest macierzą której kolumny są ortonormalne, i jak wiemy$ Q^{T}Q = 1$ (gdzie Q może być macierzą prostokątną). Wtedy :

\begin{center}
Qx = 0 ? $Q^{T}$Qx = $Q^{T}$0 ? Ix = 0 ? x = 0
\end{center}

Zatem przestrzeń zerowa macierzy Q jest wektorem zerowym, więc kolumny macierzy Q są liniowo niezależne. Nie ma nie zerowych kombinacji liniowych kolumn, równych wektorowi zerowemu. Zatem, ortonormalne wektory są automatycznie liniowo niezależne.
\newpage

\item Zadanie 17.2

Dane są wektory a, b i c przedstawione poniżej. Użyj metody ortogonalizacji Grama-Schmidta do odnalezienia wektorów A, B i C , które zajmują tą samą przestrzeń.

\begin{center}
a = (1,-1,0,0), b = (0,1,-1,0), c = (0,0,1,-1).
\end{center}

Pokaż, że {A,B,C} i {a,b,c} są bazami dla przestrzeni wektorów prostopadłych do d = (1,1,1,1)
\\
\item Rozwiązanie 1.72

Stosujemy metodę ortogonalizacji Grama-Schmidta dla a,b,c.Po pierwsze ustalamy:

\begin{center}
A = a = (1,-1,0,0).
\end{center}

Następnie znajdujemy B:

B = b - $\dfrac{A^{T}b}{A^{T}A}A = (0,1,-1,0)+\dfrac{1}{2}(1,-1,0,0)=(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},-1,0)$\\
I wtedy znajdujemy C:
\\C = c - $\dfrac{A^{T}c}{A^{T}A}A = (0,0,1,-1)+\dfrac{2}{3}(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},-1,0)=(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},-1)$

\newpage
Wiemy z pierwszego problemu, że elementy zbioru {A,B,C} są liniowo niezależne i każdy wektor jest ortogonalny do (1,1,1,1). Przestrzeń wektorów prostopadłych do d jest trójwymiarowa (ponieważ rząd przestrzeni (1,1,1,1) jest jednowymiarowy i liczba wymiarów przestrzeni rzędów dodanych do liczby wymiarów przestrzeni zerowej powiększa się do 4). Zatem {A,B,C) tworzy bezę dla przestrzeni wektorów prostopadłych do d.
\\
Podobnie ,{a,b,c} jest bazą dla przestrzeni wektorów prostopadłych do d, ponieważ wektory są liniowo niezależne , ortogonalne do (1,1,1,1) i

\newpage

\item Zadanie1
\\
Które z poniższych zestawów wektorów $v_{1}$,$v_{2}$ są ortogonalne, ortonormalne lub inne?
\\
a. $v_{1}$=(1,-2) i $v_{2}$=(4,2)\\
b. $v_{1}$=(1,0) i $v_{2}$=$(\dfrac{-1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}})$\\
c.$v_{1}$=$(\dfrac{3}{5},0,-\dfrac{4}{5}$
\\
Zadanie1 - rozwiązania
\\
a.Wektory są ortogonalne ponieważ \\

$(1,-2)\times (4,2) = 0$

b.Wektory są normalne , jednak nie ortonormalne.\\
c.Ten wektor jest wektorem jednostkowym dla\\
$\arrowvert(\dfrac{3}{5},0,-\dfrac{4}{5}) \arrowvert = 1$

Pojedynczy wektor jednostkowy zawsze tworzy ortonormalny rząd. Więc zwłaszcza ${v_{1}}$ jest ortonormalnym zbiorem.

\newpage
Zadanie 2.
\\
Czy macierz przedstawiona ponieżej jest ortogonalna?
\\
A =
$ \begin{bmatrix}
\dfrac{30}{97} & \dfrac{97}{102}
 \\
 \\
\dfrac{97}{102} & -\dfrac{30}{97}
 \\
\end{bmatrix}$


Rozwiązanie:
\\
Żeby sprawdzić czy macierz jest ortogonalna - mnożymy ją przez jej transpozycje. Jeżeli rezultat jest identyczną macierzą, ot macierz jest ortogonalna.

A$A^{T}$ =
$ \begin{bmatrix}
0,3092 & 0,9510
 \\
 \\
0,9510 & -0.3092
 \\
\end{bmatrix}
=
 \begin{bmatrix}
1 & 0
 \\
 \\
0 & 1
 \\
\end{bmatrix}$
\\
Macierz A jest macierzą ortogonalną.
\newpage
Zadanie3.
\\
Znajdź wartość dla a,b i c, dla których podana macierz będzie ortogonalna.
\\
Q =
$\begin{bmatrix}
0 & -\dfrac{2}{3}
& a \\
\dfrac{1}{\sqrt{5}} & \dfrac{2}{3}
& b \\
-\dfrac{2}{\sqrt{5}} & \dfrac{1}{3}
& c
\end{bmatrix}$
\\
Rozwiązanie
\\
Kolumny Q to:
\\
q$_{1}$=
$\begin{bmatrix}
0 \\
\dfrac{1}{\sqrt{5}} \\
-\dfrac{2}{\sqrt{5}}
\end{bmatrix}
q_{2}=
\begin{bmatrix}
-\dfrac{2}{3} \\
\dfrac{2}{3} \\
\dfrac{1}{3}
\end{bmatrix}
q_{3}=
\begin{bmatrix}
a \\
b \\
c
\end{bmatrix}$
\\
Zostawiam Ci zweryfikowanie, że $\vert\vert q_{1}\vert\vert =  1, \vert\vert q_{2}\vert\vert =  1 , q_{1} \times q_{2} = 0 i q_{2} \times q_{3} = 0.$

Następnie :
\\
$q_{1}\times q_{3} = \dfrac{b}{\sqrt{5}} - \dfrac{2c}{\sqrt{5}} = 0
q_{2}\times q_{3} = -\dfrac{2}{3}a + \dfrac{2}{3}b + \dfrac{1}{3}c = 0$
\\
Z pierwszego działania widzimy, że b = 2c, z drugiego zaś iż c = $\dfrac{2}{5}$a. Mając to możemy policzyć, że b = $\dfrac{4}{5}$a.
\\
Teraz korzystając ze wcześniejszych obliczeń wiemy, że trzecia kolumna (żeby być ortogonalna), musi wyglądać następująco :
\\
w =
$\begin{bmatrix}
a \\
\\
\dfrac{4}{5}a
\\
 \\
\dfrac{2}{5}a
\end{bmatrix}$
\\
Musimy mieć pewność że dla trzeciej kolumny zachodzi zależność : $\vert\vert w \vert\vert = 1$ albo możemy założyć że $\vert\vert w \vert\vert^{2} = 1$, ponieważ wiemy że znak musi być dodatni.
\\
Więc obliczmy $\vert\vert w \vert\vert^{2}$:
\\
1 = $\vert\vert w \vert\vert^{2} = a^{2} + \dfrac{16}{25}a^{2} + \dfrac{4}{25}a^{2} = \dfrac{45}{25}a^{2} \rightarrow a = \pm \dfrac{5}{\sqrt{45}}$
\\
To daje nam dwie różne możliwości wartości a, z których liczymy wartości wektora $q_{3}$
\\
$q_{3}=
\begin{bmatrix}
\dfrac{5}{\sqrt{45}}\\
\dfrac{4}{\sqrt{45}}\\
\dfrac{2}{\sqrt{45}}
\end{bmatrix}
q_{3}=
\begin{bmatrix}
-\dfrac{5}{\sqrt{45}}\\
-\dfrac{4}{\sqrt{45}}\\
-\dfrac{2}{\sqrt{45}}
\end{bmatrix}$
\newpage
Niech A i B to macierze ortogonalne. Pokaż, że AB jest także macierzą ortogonalną.
\\
Wiemy, że:
1.$A^{T} \times A = A \times A^{T} = I$
\\
2.$(AB)^{T} = B^{T} \times A^{T} $
\\
zatem:
\\
$(AB)\times(AB)^{T} = A \times B \times A^{T} \times B^{T}$
\\
Z definicji:
\\
$B \times B^{T} = I$
\\
$(AB) \times (AB)^{T} = A \times I \times A^{T} = I$
\newpage

Udowodnij, że jeśli macierz A jest ortogonalna, to $A^{-1} = A^{T}$
\\
Z definicji macierzy jednostkowej :
\\
$I = A \times A^{-1} = A^{-1} \times A$
\\
Z definicji macierzy ortogonalnej:
\\
$I = A \times A^{T} = A^{T} \times A$
\\
A więc:
\\
$A \times A{-1} = A \times A^{T}$
\\
$A^{-1} = A^{T}$
\newpage
Dane są wektory
\\
$v_{1}=
\begin{bmatrix}
1\\
1
\end{bmatrix}
,v_{2}=
\begin{bmatrix}
1\\
0
\end{bmatrix}$
\\
w przestrzeni wektorowej $\mathbb{R^{2}}$ ze standardowym iloczynem skalarnym. Przeprowadź ortogonalizację metodą Grama-Schmidta.
\\
Rozwiązanie:
\\
Wektory nowej bazy oznaczamy jako $u_{1},u_{2}$i zapisujemy:
\\
$u_{1} = v_{1}$
\\
$u_{2} = v_{2} - \dfrac{v_{2} \times u_{1}}{u_{1}\times u_{1}}\times u_{1}$
\\
Obliczamy iloczyny skalarne:
\\
$v_{2}\times u_{1} =
\begin{bmatrix}
1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1\\
1
\end{bmatrix} = 1 + 0 = 1$
\\
$u_{1} \times u_{1} =
\begin{bmatrix}
1 & 0
\end{bmatrix}$
$\begin{bmatrix}
1\\
1
\end{bmatrix} = 1 + 1 = 2$
\\
Nową bazę stanowią wektory:
\\
$u_{1} =
\begin{bmatrix}
1\\
1
\end{bmatrix}
,u_{2} =
\begin{bmatrix}
1\\
0
\end{bmatrix}
-\dfrac{1}{2}
\begin{bmatrix}
1\\
1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2}\\
-\dfrac{1}{2}
\end{bmatrix}$
\newpage
Dane są wektory:
$v_{1}=
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix}
,v_{2}=
\begin{bmatrix}
1\\
0\\
1
\end{bmatrix}
,v_{3}=
\begin{bmatrix}
0\\
1\\
1
\end{bmatrix}$
\\
w przestrzeni wektorowej $\mathbb{R^{3}}$ ze standardowym iloczynem skalarnym. Przeprowadź ortonormalizację Grama-Schmidta.
\\
Rozwiązanie:
\\
Wektory nowej bazy (na razie tylko ortogonalnej, normalizację przeprowadzimy później) oznaczymy jako $u_{1}$, $u_{2}$,$u_{3}$i zapisujemy:
\\
$u_{1} = v_{1}$
\\
$u_{2} = v_{2} - \dfrac{v_{2} \times u_{1}}{u_{1}\times u_{1}}\times u_{1}$\\
$u_{3} = v_{3} - \dfrac{v_{3}\times u_{1}}{u_{1}\times u_{1}}u_{1} - \dfrac{v_{3}\times u_{2}}{u_{2}\times u_{2}}u_{2}$
\\
Wpierw wyznaczamy wektor $u_{2}$, w tym celu obliczamy iloczyny skalarne:
\\
$v_{2}\times u_{1}=
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix}
= 1+0+0=1$
\\
$u_{1}\times u_{1}=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix} = 1+1+0 = 2$
\\
Zapisujemy wektor $u_{2}$:
\\
$u_{2} =
\begin{bmatrix}
1\\
0\\
1
\end{bmatrix}
-\dfrac{1}{2}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2}\\
-\dfrac{1}{2}\\
1
\end{bmatrix}$
\\
Następnie obliczamy iloczyny skalarne pojawiające się we wzorze na $v_{3}$:
\\
$v_{3}\times u_{1} =
\begin{bmatrix}
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix} = 0 + 1 + 0 = 1$
\\
$v_{3}\times u_{2} =
\begin{bmatrix}
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2}\\
-\dfrac{1}{2}\\
1
\end{bmatrix}= 0 - \dfrac{1}{2} +1 =\dfrac{1}{2}$
\\
$u_{2}\times u_{2} =
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2}\\
-\dfrac{1}{2}\\
1
\end{bmatrix} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{3}{2}$
\\
Możemy zatem zapisać wektor $u_{3}$:
\\
$u_{3} =
\begin{bmatrix}
0\\
1\\
1
\end{bmatrix}
-\dfrac{1}{2}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix}
-\dfrac{1}{3}
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2}\\
-\dfrac{1}{2}\\
1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
-\dfrac{2}{3}\\
\dfrac{2}{3}\\
\dfrac{2}{3}
\end{bmatrix}$
\\
Następnie obliczamy normy wektorów $u_{1,2,3}$:
\\
$\vert\vert u_{1} \vert\vert =
\sqrt{\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix}} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$
\\
$\vert\vert u_{2} \vert\vert =
\sqrt{\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2}\\
-\dfrac{1}{2}\\
1
\end{bmatrix}} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + 1} = \sqrt{\dfrac{3}{2}}$
\\
$\vert\vert u_{3} \vert\vert =
\sqrt{\begin{bmatrix}
-\dfrac{2}{3} & \dfrac{2}{3} & \dfrac{2}{3}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-\dfrac{2}{3}\\
\dfrac{2}{3}\\
\dfrac{2}{3}
\end{bmatrix}} = \sqrt{\dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9}} = {\dfrac{2}{\sqrt{3}}}$
\\
Bazę ortonormalną oznaczamy przez $\ell_{1,2,3}$ i zapisujemy:
\\
$\ell_{1} = \dfrac{u_{1}}{\vert\vert u_{1}\vert\vert} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
0
\end{bmatrix}

\\
$\ell_{2} = \dfrac{u_{2}}{\vert\vert u_{2}\vert\vert} = \sqrt{\dfrac{2}{3}}
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2}\\
-\dfrac{1}{2}\\
1
\end{bmatrix} = \dfrac{1}{\sqrt{6}}
\begin{bmatrix}
1\\
-1\\
2
\end{bmatrix}$
\\
\ell_{3} = \dfrac{u_{3}}{\vert\vert u_{3}\vert\vert} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}
\begin{bmatrix}
-\dfrac{2}{3}\\
\dfrac{2}{3}\\
\dfrac{2}{3}
\end{bmatrix} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}
\begin{bmatrix}
-1\\
1\\
1
\end{bmatrix}$
\\
Dane są wektory
\\
$v_{1}=
\begin{bmatrix}
i\\
o\\
o
\end{bmatrix}
,v_{2}=
\begin{bmatrix}
1\\
i\\
0
\end{bmatrix}
,v_{3}
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
i
\end{bmatrix}$
\\
w przestrzeni wektorowej $C^{3}$ z iloczynem skalarnym $a \times b = \sum a_{i}b_{i}^{*}$. Przeprowadź ortogonalizację metodą Grama-Schmidta.
\\
Rozwiązanie:
\\
Wektory nowej bazy oznaczamy jako $u_{1},u_{2},u_{3}$ i zapisujemy:
\\
$u_{1} = v_{1}$
\\
$u_{2} = v_{2} - \dfrac{v_{2} \times u_{1}}{u_{1}\times u_{1}}\times u_{1}$\\
$u_{3} = v_{3} - \dfrac{v_{3}\times u_{1}}{u_{1}\times u_{1}}u_{1} - \dfrac{v_{3}\times u_{2}}{u_{2}\times u_{2}}u_{2}$
\\
Wpierw wyznaczamy wektor $u_{2}$, w tym celu obliczamy iloczyny skalarne:
\\
$v_{2}\times u_{1} =
\begin{bmatrix}
1 & i & 0
\end{bmatrix
\begin{bmatrix}
-i\\
0\\
0
\end{bmatrix = -i + 0 + 0 = -i$
\\
$u_{1} \times u_{1} =
\begin{bmatrix}
i & 0 & 0
\end{bmatrix
\begin{bmatrix}
-i\\
0\\
0
\end{bmatrix} = 1 + 0 + 0 = 1$
\\
Zapisujemy wektor u_{2}:
\\
$u_{2} =
\begin{bmatrix}
1\\
i\\
0
\end{bmatrix} - (-i)
\begin{bmatrix}
i\\
0\\
0
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
o\\
i\\
0
\end{bmatrix}$
\\
Następnie obliczamy iloczyny skalarne pojawiające się we wzorze na v_{3}}:
\\
$v_{3} \times u_{1} =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & i
\end{bmatrix
\begin{bmatrix}
-i\\
0\\
0
\end{bmatrix} = -i + 0 + 0 = -i$
\\
$v_{3} \times u_{2} =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & i
\end{bmatrix
\begin{bmatrix}
0\\
-i\\
0
\end{bmatrix} = 0 - i + 0 = -i$
\\
$u_{2} \times u_{2} =
\begin{bmatrix}
0 & i & 0
\end{bmatrix
\begin{bmatrix}
0\\
-i\\
0
\end{bmatrix} = 0 + 1 + 0 = 1$
\\
Możemy zatem zapisać wektor u_{3}:
\\
$u_{3} =
\begin{bmatrix}
1\\
1\\
i
\end{bmatrix}
+i
\begin{bmatrix}
i\\
0\\
0
\end{bmatrix}
+i
\begin{bmatrix}
0\\
i\\
0
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
0\\
0\\
i
\end{bmatrix}$
\end{itemize}
\end{document}

[cgnieder]

Hi and welcome to the LaTeX community!

• line 556: \end{bmatrix = -i + 0 + 0 = -i$
• line 561: \end{bmatrix

There are more errors, though. Clearly you're using \\ way too much (which could be responsible for the tons underfull boxes). There are lines like this one:

Code: Select all  •  Open in writeLaTeX

\\
Możemy zatem zapisać wektor u_{3}:
\\
$u_{3} =

where both \\ could be left out. Use an empty line instead. Also, the given line misses some math mode around u_{3}.

Regards