Trong Hình học sơ cấp, tích vô hướng là một phép tính quan trọng. Nhờ nó mà có thể thiết lậpnhững công thức tính góc, công thức tính khoảng cách, điều kiện vuông góc...Trong Giải tích của hàm nhiều biến, ta có định nghĩa giới hạn của hàm nhiều biến u = f(x1,x2, ... , xn) khi (x1, x2, ... , xn) dần tới (a1, a2, ... , an). Đặt M = (x1, x2, ... , xn) và M0 = (a1, a2, ... , an) tacó thể viết gọn u = f(M). Nếu n ≤ 3 ta có thể hiểu điểm M dần tới điểm M0 như là độ dài đoạn thẳngMM0 dần tiến tới 0. Còn khi n > 3, ta chưa có khái niệm độ dài trong Rn, nên chưa thể hiểu như vậy.Vì độ dài của đoạn thẳng trong mặt phẳng Oxy (hay R2) và trong không gian Oxyz (hay R3) có thểđịnh nghĩa thông qua tích vô hướng (MM0 = MM0 ⋅ MM0 ), cho nên ta muốn mở rộng khái niệmtích vô hướng cho Rn để xây dựng khái niệm độ dài trong Rn
Trang 1C hương 6
_
6.1 TÍNH TRỰC GIAO CỦA BỐN KHÔNG GIAN CON
Tích vô h ưưưướng trong R Rn
Trong Hình học sơ cấp, tích vô hướng là một phép tính quan trọng Nhờ nó mà có thể thiết lập những công thức tính góc, công thức tính khoảng cách, điều kiện vuông góc
Trong Giải tích của hàm nhiều biến, ta có định nghĩa giới hạn của hàm nhiều biến u = f(x1,
x2, , x n ) khi (x1, x2, , x n ) dần tới (a1, a2, , a n ) Đặt M = (x1, x2, , x n ) và M0 = (a1, a2, , a n) ta
có thể viết gọn u = f(M) Nếu n ≤ 3 ta có thể hiểu điểm M dần tới điểm M0 như là độ dài đoạn thẳng
MM0 dần tiến tới 0 Còn khi n > 3, ta chưa có khái niệm độ dài trong R n, nên chưa thể hiểu như vậy
Vì độ dài của đoạn thẳng trong mặt phẳng Oxy (hay R2) và trong không gian Oxyz (hay R3) có thể
định nghĩa thông qua tích vô hướng (MM0 = MM ⋅0 MM0 ), cho nên ta muốn mở rộng khái niệm tích vô hướng cho Rn để xây dựng khái niệm độ dài trong Rn
Định nghĩaTích vô hướng trên không gian vectơ R n là một phép toán trên R n mà gán cho mỗi
cặp vectơ v = (x1, x2, , x n ) và w = (y1, y2, , y n ) trong R n một số thực
v⋅w = x1y1 + x2y2 + ⋅⋅⋅ + x n y n
Số thực v⋅w được gọi là tích vô hướng của hai vectơ v và w.
Chú ý
1) Khi xem hai vectơ v và w trong R n như các ma trận cỡ n×1, theo Quy tắc nhân ma trận v⋅w = vTw
2) Tích vô hướng quen thuộc trong R2 và trong R3 là trường hợp riêng của tích vô hướng trong định nghĩa trên
Ta dễ dàng chứng minh được những tính chất sau
Trang 2Tính chất 6.1.1
(i) v⋅w = w⋅v với mọi vectơ v và w trong R n
(ii) v⋅v ≥ 0 với mọi v trong R n , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi v = 0
(iii) (xv + yw)⋅u = x(v⋅u) + y(w⋅u) với mọi vectơ v, w, u trong R n và với mọi số thực x và y
Tính chất (ii) là cơ sở để đưa ra khái niệm độ dài của vectơ trong Rn
Định nghĩa Độ dài của vectơ v = (x1, x2, , x n ) trong R n , ký hiệu ||v||, là số thực
v
2 2
x + +L+
Phần bù trực giao
Định nghĩa
(a) Giả sử v và w là các vectơ trong R n Khi v⋅⋅⋅⋅w = 0 ta nói vectơ v trực giao với vectơ w
(b) Giả sử V và W là các không gian con của R n Ta nói V trực giao với W nếu mọi vectơ v trong V
trực giao với mọi vectơ w trong W:
v⋅⋅⋅⋅w = 0 hay vTw = 0 đối với mọi v trong V và mọi w trong W
Ví dụ 1
1) Vectơ 0 ∈ R n trực giao với mọi vectơ trong Rn
2) Các vectơ v = (2, -3, 1) và w = (1, 1, 1) trực giao trong R3 bởi vì v⋅⋅⋅⋅w = 2⋅1 - 3⋅1 + 1⋅1 = 0
3)
Ax =
7 2 5
4 3 1
−1 1
1 =
0
0 cho các tích vô hướng
0 7 2 5
0 4 3 1
=
− +
=
− +
Do đó x = (1, 1, -1) trực giao với các hàng của A
Ví dụ 2
1) Cho A = (aij ) là ma trận m×n có các vectơ hàng là h1, , h m Với mọi x ∈N(A), do Ax = 0 nên
a i1 x1 + a i2 x2 + ⋅⋅⋅ + a in x n = 0 hay x⋅⋅⋅⋅h i = 0
đối với i = 1, , m Phương trình này nói lên rằng x trực giao với vectơ hàng thứ i của A, hay x trực
giao với vectơ cột thứ i của AT Ngoài ra, do
C(AT) = { y1h1+ y2h2 + ⋅⋅⋅ + y m h m | y j ∈R }
và
x⋅(y1h1 + y2h2 + ⋅⋅⋅ + y m h m ) = y1(x⋅h1) + y2(x⋅h2) + ⋅⋅⋅ + y m (x⋅h m ) = y10 + y20 + ⋅⋅⋅ + y m0 = 0,
nên x trực giao với mọi vectơ trong C(AT) Như vậy N(A) trực giao với C(AT)
Trang 3Vì C(A ) = { A y | y ∈R }, có thể dùng ma trận để rút ngắn chứng minh x trực giao với mọi vectơ trong C(AT) như sau:
xT(ATy) = (Ax)Ty = 0T⋅y = 0
2) Cho V = {(x, 0, 0) | x∈R} và W = {(0, y, 0) | x∈R} là hai không gian con của R3 Nếu v thuộc V
và w thuộc W , thì v⋅⋅⋅⋅w = x⋅0 + 0⋅y + 0⋅0 = 0, nên V trực giao với W
3) Cho {e1 , e2, e3}là cơ sở chính tắc của R3 X = Span(e1, e2) và Y = Span(e3) Nếu v thuộc X và w thuộc Y, thì v = x1e1 + x2e2 = (x1, x2, 0) và w = y3e3 = (0, 0, y3), nên v⋅⋅⋅⋅w = x1⋅0 + x2⋅0 + 0⋅y3 = 0 Do
đó X trực giao với Y
Nhận xét Nếu V và W là các không gian con trực giao của R n , thì V∩W = {0} Thật vậy, nếu u ∈
V∩W thì từ V và W trực giao suy ra u trực giao với u: u⋅u = 0 Theo Tính chất 6.1.1, u = 0.☺
Định nghĩa Cho V là không gian con của R n Tập tất cả các vectơ trong R n mà trực giao với mọi
vectơ trong V được gọi là phần bù trực giao của V, và ký hiệu là V⊥
V⊥ = {u ∈ R n | u⋅w = 0 với mọi w∈V}
Chú ý
1) V⊥ cũng là không gian con của Rn Thật vậy, nếu v và u thuộc V⊥ và x và y thuộc R, thì với mọi
w ∈V,
(xv + yu)⋅w = (xv)⋅w + (yu)⋅w = 0 + 0 = 0
Suy ra xv + yu ∈ V⊥ Do đó, V⊥ là không gian con của Rn ☺
2) Rõ ràng V⊥ trực giao với V Tuy nhiên khi không gian con W trực giao với không gian con V thì chưa chắc W là phần bù trực giao của V Ta chắc chắn có W ⊂ V⊥ Ví dụ: Cho {e1, e2, e3} là cơ sở chính tắc của R3 Span(e1) (trục Ox) trực giao với Span(e3) (trục Oz) nhưng không phải là phần bù
trực giao của Span(e3) Span(e1, e2) (mặt phẳng xOy ) là phần bù trực giao của Span(e3)
Phần 1 của Định lí Cơ bản cho biết số chiều của bốn không gian con chủ yếu liên quan đến một ma trận Bây giờ ta tiếp tục tìm hiểu chúng
Trang 4Định lý 6.1.2 (Định lý cơ bản của Đại số tuyến tính (Phần 2))
Nếu A là ma trận thực m×n, thì N(A) = C(AT)⊥ và N(AT) = C(A)⊥ (tức là trong Rn không gian nghiệm
là phần bù trực giao của không gian hàng, trong Rm không gian nghiệm bên trái là phần bù trực giao
của không gian cột)
Chứng minh Ký hiệu h1, , h m là m hàng của A Chúng cũng là m cột của AT Trong Ví dụ 2, ta đã
biết rằng N(A) trực giao với C(AT), nên N(A)⊂C(AT)⊥ Mặt khác, nếu x là vectơ bất kỳ trong
C(AT)⊥, thì x trực giao với mỗi vectơ w∈C(AT) Trong khi đó h i ∈C(AT), nên x⋅h i = 0 (i = 1, , m)
Do đó Ax = 0 Như vậy x ∈ N(A) và suy ra N(A) = C(AT)⊥
Ký hiệu B = AT Tương tự chứng trên ta có N(AT) = N(B) = C(BT)⊥ = C(A)⊥ ☺
Sau này ta sẽ thấy rằng kết quả N(AT) = C(A)⊥ cung cấp cho một giải pháp để giải những bài toán bình phương tối thiểu
Tổ hợp những cơ sở từ các không gian con
Định lý 6.1.3 Nếu V là một không gian con của R n , thì (số chiều của V) + (số chiều của V⊥) = n
Ngoài ra, nếu {v1, , v r } là một cơ sở của V và {v r+1 , , v n } là một cơ sở của V⊥, thì {v1, , v r,
v r+1 , , v n} là một cơ sở của Rn
Chứng minh Nếu V = {0}, thì V⊥ = Rn và (số chiều của V) + (số chiều của V⊥) = 0 + n = n
Nếu V ≠ {0}, thì cho {v1, , v r } là một cơ sở của V và lấy A là ma trận r×n mà hàng thứ i là
T
i
v (i = 1, , r) Ta thấy C(AT) = {y1v1 + ⋅⋅⋅ + y r v r | y i ∈R} = V và r(A) = r(AT) = r (Định lý 4.6.2)
Theo Định lý cơ bản của ĐSTT (Phần 2)
V⊥ = C(AT)⊥ = N(A)
Suy ra (số chiều của V⊥) = số chiều của N(A) = n - r (Định lý cơ bản của ĐSTT (Phần 1) Vậy V⊥ có
một cơ sở gồm n-r vectơ {v1, , v r , v r+1 , , v n } Theo Định lý 4.6.6, để chỉ ra rằng {v1, , v r , v r+1,
, v n} là một cơ sở của Rn ta chỉ cần chỉ ra rằng n vectơ này độc lập tuyến tính Giả sử rằng
x1v1 + ⋅⋅⋅ + x r v r + x r+1 v r+1 + ⋅⋅⋅ + x n v n = 0 Đặt u = x1v1 + ⋅⋅⋅ + x r v r ∈V Do đẳng thức trên, u = -x r+1 v r+1 - ⋅⋅⋅ - x n v n ∈V⊥ Do V∩V⊥ = {0}, nên u
= 0 Vì v1, , v r và v r+1 , , v n độc lập tuyến tính, nên x1 = ⋅⋅⋅ = x r = 0 và xr+1 = ⋅⋅⋅ = x n = 0 Do đó,
v1, , v r , v r+1 , , v n độc lập tuyến tính và tạo nên một cơ sở của Rn
(số chiều của V) + (số chiều của V⊥) = r + (n - r) = n ☺
Trang 5Hệ quả 6.1.4 Nếu A là ma trận thực m×n, thì với mỗi v ∈R tồn tại duy nhất vectơ x r ∈ C(A ) và
tồn tại duy nhất vectơ x n ∈N(A) sao cho v = x r + x n Ngoài ra, nếu 0 < r(A) < n, thì R n có một cơ sở
gồm r cột trụ của AT (chính là r hàng trụ của A) và n - r nghiệm đặc biệt của hệ Ax = 0
Chứng minh
Nếu r(A) = n, thì N(A) = {0} (Định lý 4.4.1) Vì r(AT) = r(A) = n, nên n cột của AT độc lập
tuyến tính (Định lý 4.6.2) Theo Định lý 4.6.6, n cột này là một cơ sở của R n Do đó C(AT) = Rn
Như vậy, với mỗi v ∈R n thì chọn x r = v và x n = 0 ta có v = x r + x n
Nếu r(A) = 0, thì A = O nên C(AT) = {0} và N(A) = R n Như vậy, với v ∈R n thì chọn x r = 0
và x n = v ta có v = x r + x n
Nếu r(A) = r < n, thì theo Định lý cơ bản của ĐSTT (Phần 1) C(AT) có một cơ sở gồm r cột
trụ h1, , h r của AT và N(A) có một cơ sở gồm n - r nghiệm đặc biệt s1, , s n-r Do N(A) = C(AT)⊥
và Định lý 6.1.3 {h1, , h r , s1, , s n-r} một cơ sở của Rn Như vậy, với mỗi v ∈R n ta có
v = t1h1 + ⋅⋅⋅ + t r h r + t r+1 s1 + ⋅⋅⋅ + t n s n-r
Lấy x r = t1 h1 + ⋅⋅⋅ + t r h r và x n = t r+1 s1 + ⋅⋅⋅ + t n s n-r , ta có v = x r + x n
Nếu có x r và x' r thuộc C(AT), x n và x' n thuộc N(A) sao cho v = x r + x n = x' r + x' n , thì x r - x' r
= x' n - x n Đặt u = x r - x' r = x' n - x n , thì u ∈C(AT)∩N(A) Nhưng N(A) = C(AT)⊥ nên C(AT)∩N(A) =
{0} Suy ra u = 0 Vậy, x r = x' r và x' n = x n , hay x r và x n là duy nhất ☺
Ví dụ 3 Cho ma trận
A =
1 0 1 0
0 1 0 1
Hãy phân tích vectơ bất kỳ v ∈ R4 thành x r + x n
Giải Các hàng trụ h1 = (1, 0, 1, 0) và h2 = (0, 1, 0, 1) lập nên một cơ sở của không gian hàng C(AT)
Các nghiệm đặc biệt s1 = (1, 0, -1, 0) và s2 = (0, 1, 0, -1) lập nên một cơ sở của không gian nghiệm
N(A) Bốn vectơ này lập thành một cơ sở của R4 Vectơ bất kỳ v = (a, b, c, d)∈R4 có thể biểu diễn
qua h1, h2, s1, s2 như sau
d c b a
=
2
c
a +
0 1 0 1
+
2
d
b +
1 0 1 0
+
2
c
a −
− 0 1 0 1
+
2
d
b −
−1 0 1 0
Lấy
x r =
2
c
a +
0 1 0 1
+
2
d
b +
1 0 1 0
và x n =
2
c
a −
− 0 1 0 1
+
2
d
b −
−1 0 1 0
Trang 6
Ví dụ 4 Cho mặt phẳng P có phương trình x – 3y – 4z = 0 P thực ra là một không gian con của R
vì nó là không gian nghiệm N(A) của ma trận A = [1 −3 −4] Một cơ sở của P gồm hai nghiệm
đặc biệt của x – 3y – 4z = 0: s1= (3, 1, 0), s2 = (4, 0, 1) Do A có hàng trụ duy nhất, nên h= (1, -3, -4) (vectơ pháp tuyến của P) lập nên một cơ sở của C(AT) Vậy C(AT) = {th| t∈ R.} Về mặt hình học
C(AT) là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ và vuông góc vớ P, nên P⊥ = C(AT) Theo Hệ quả
6.1.4 {s1, s2, h} là một cơ sở của R3
Cho v = (6, 4, 5) Ta muốn phân tích v thành tổng của hai vectơx nvà x r lần lượt thuộc P và
P⊥ Việc phân tích v thành x n + x r = (c1s1 + c2s2) + c3h, được đưa về tìm các sốc1, c2, 3 sao cho
−
− 4 1 0
3 0 1
1 4 3
3 2 1
c c
c
=
5 4
6
Giải hệ này ta có c1 = 1, c2 = 1, c3 = -1 Do đó, x n= s1 + s2 = (7, 1, 1) nằm trong P = N(A) x r= -h = (-1, 3, 4) nằm trong P⊥ = C(A⊥)
TRỰC GIAO HÓA GRAM-SCHMIDT
Trong không gian vectơ hình học R3 ta thường sử dụng cơ sở {i, j, k} mà các vectơ có độ dài
bằng 1, đôi một trực giao Việc chọn chúng đôi một trực giao thì có lợi ích gì? Để lý giải điều này,
ta chọn ba vectơđơn vị i, j, k đôi một tạo với nhau một góc 600 Chúng không đồng phẳng nên
độc lập tuyến tính Do đó theo Định lý 4.6.6 {i, j, k} là một cơ sở của R3 Giả sửv = x1i + x2j+
x3k và w = y1i + y2j+ y3k (tức là v có tọa độ (x1, 2, x3), w có tọa độ (y1, 2, y3)) Biểu thức của tích vô hướng v⋅w = x1y1 + x2y2 + x3y3 +
2
1
(x1y2 + x1y3 + x2y1 + x2y3 + x3y1 + x3y2), rất cồng kềnh
Nếu giả thiết thêm rằng i, j, k không phải vectơđơn vị, thì biểu thức tích vô hướng còn xấu hơn Trong khi đó nếu i, j, k là ba vectơđơn vịđôi một trực giao thì v⋅w = x1y1 + x2y2 + x3y3, biểu thức
đơn giản hơn nhiều
Do trong Rnđã có khái niệm trực giao và khái niệm độ dài nên hoàn toàn có thể nghĩđến cơ
sở của nó mà các vectơ có độ dài bằng 1, đôi một trực giao với nhau
Định nghĩa
(a) Tập vectơ { 1, v2, , v k} củaRn được gọi là tập trực giao nếu các vectơ của tập đôi một trực giao, tức là v i⋅v j = 0 khi i ≠ j
(b) Tập vectơ { 1, v2, , v k} của R n được gọi là tập trực chuẩn nếu nó là một tập trực giao và mỗi vectơ của tập này đều có độ dài bằng 1, tức là
v i⋅v j =
=
≠ j i khi 1
j i khi 0
Trang 7
(c) Một cơ sở của R đồng thời là một tập trực giao được gọi là một cơ sở trực giao Một cơ sở của
Rn đồng thời là một tập trực chuẩn được gọi là một cơ sở trực chuẩn
Ví dụ 1 {(1, 1, 1), (2, 1, -3), (4, -5, 1)} là một tập trực giao trong R3 Cơ sở chính tắc {e1, 2, , e n}
c a Rn là một cơ sở trực chuẩn
Chú ý
1) Khi cho một tập trực giao {v1, v2, , v k} gồm các vectơ khác 0, ta có thể tạo ra một tập trực chuẩn {u1, u2, , u k} bằng cách đặt
u i =
||
||
1
i
v v i (i = 1, , k)
2) Nếu {v1, v2, , v k} là tập trực giao gồm các vectơ khác 0, thì v1, v2, , v k độc lập tuyến tính
Thật vậy, giả sử c1v1 + c2v2 + ⋅⋅⋅ + c n v n = 0 Nếu 1 ≤ j ≤ n, nhân hai vếđẳng thức này vớ v j ta thấy
rằng c j v j⋅v j = 0 Vì v j⋅v j > 0, nên c j = 0
Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt
Giả sửV là một không gian con của không gian Rn và {v1, v2, , v m} là một cơ sở của V Ta xét
Phương pháp trực giao hóa Gram - Schmidt nhằm xây dựng một cơ sở trực giao {u1, 2, , u m}
c a V t cơ sở trên
Trước hết, ta đặt 1 = v1 Giả sửđã xây dựng được tập trực giao {u1, , u i-1}, ta tìm tiếp u i
dưới dạng
u i = ai1u1 + a i2 u2 + ⋅⋅⋅ + a i i u i-1 + v i trong đó a i1, , a i i là các số thực được xác định từi-1 điều kiện u i⋅u j = 0 (j = 1, , i-1) Quá trình này tiếp diễn cho tớ i = m Có thể chứng minh {u1, u2, , u m}là một cơ sở trực giao của V Khi chia mỗi i cho độ dài của nó, ta thu được một cơ sở trực chuẩn của V
Ví dụ 2 Cho một cơ sở của R3 là {v1 = (1, -1, 0), v2 =(2, 0, -2), v3 = (3, -3, 3)}
Đầu tiên, đặt 1 = v1= (1, -1, 0) Tiếp theo, ta tìm u2 dưới dạng
u2 = a21u1 + v2
Điều kiện u2⋅u1 = 0 dẫn đến 0 = a21u1⋅u1 + v2⋅u1 Suy ra a21 = -(v2⋅u1)/(u1⋅u1) = -2/2 = -1 Vậy
u2 = -u1 + v2 = (1, 1, -2)
Ta tiếp tục tìm u3 dưới dạng
u3 = a31u1 + a32u2 + v3 Các điều kiện u3⋅u1 = 0 và u3⋅u2 = 0 dẫn đến
0 = a31u1⋅u1 + a32u2⋅u1 + v3⋅u1
0 = a31u1⋅u2 + a32u2⋅u2 + v3⋅u2
Hệ này tương đương với hệ
0 = 2a31 + 6
0 = 6a32 - 6
Giải hệ ta được a31 = -3, a32 = 1 Vậy
u3 = -3u1 + u2 + v3 = (1, 1, 1)
Độ dài của u1, 2, 3 lần lượt là 2 , 6 , 3 Chia mỗi vectơ này cho độ dài của nó được một cơ
sở trực chuẩn:
q1=
− 0 1 1 2
1
, q2 =
− 2 1 1 6
1
, q3 =
1 1 1 3 1
Trang 8Ma trận trực giao và Vectơ riêng, giá trị riêng của ma trận đối xứng
Cho Q là ma trận thực m×n, có các cột v1, v2, , v n lập thành một tập trực chuẩn Hàng thứi của QT
là v iT Theo Quy tắc nhân ma trận, phần tử hàng i, cột j của QTQ là
v iT⋅v j = v i⋅v j =
=
≠ j i khi 1
j i khi 0
, nên QTQ = I Tuy nhiên, chưa chắc QQT = I Chẳng hạn như vớ
Q =
− 3
1 0 3
1 2 1 3
1 2 1
,
ta có QTQ = I, nhưng
QQT =
− 3
1 0 3
1 2 1 3
1 2 1
3
1 3
1 3 1
0 2
1 2
1
=
−
−
3
1 3
1 3 1
3
1 6
5 6 1
3
1 6
1 6 5
≠ I
Trong trường hợp đặc biệt, Q là ma trận thực n×n thì QTQ = I kéo theo QT = Q-1 nên ta có QQT = I
Định nghĩa Một ma trận thực Q cỡ n×n được gọi là ma trận trực giao nếu các vectơ cột của Q lập thành một tập trực chuẩn trong R n
Ví dụ 3
α α
α α
cos sin
sin cos
là một ma trận trực giao
Ma trận đơn vị hiển nhiên là một ma trận trực giao Ma trận hoán vị là ma trận nhận được từ ma
trận đơn vị khi hoán vị các cột, nên ma trận hoán vị cũng là ma trận trực giao
Định lý 6.2.1 Nếu Q là ma trận trực giao n×n, thì
(i) Các cột của Q lập thành một cơ sở trực chuẩn của Rn
(ii)QTQ = I
(iii)QT = Q-1
(iv) (Q v)⋅⋅⋅⋅(Q w) = v⋅⋅⋅⋅w
(v) ||Q v|| = ||v||
Chứng minh Từđịnh nghĩa của Q suy ra (ii). Từ (ii) suy ra (iii) Vì Q khả nghịch nên detQ ≠ 0 Do
đó, theo Hệ quả 4.6.7, ta có (i) (Q v)⋅⋅⋅⋅(Q w) = (Q v)T(Q w) = (vTQT)(Q w) = vT(QTQ)w = vTI w = vTw =
v⋅⋅⋅⋅w, nên (iv) đúng Trong (iv) ta thay w bở v thì suy ra (v) ☺
Ma trận trực giao liên quan đến việc chéo hóa một ma trận thực đối xứng
Trang 9Định lý 6.2.2 Nếu A là ma trận thực đối xứng n×n, thì A có n giá trị riêng thực λ1, , λn (kể cả
bội) Ngoài ra tồn tại một ma trận trực giao Q, mà các cột 1, , n là những vectơ riêng của A lần
lượt ng với λ1, , λn, sao cho QTAQ = diag(λ1, , λn)
Bình luậnTheo Định lý 6.2.2, khi A là ma trận thực đối xứng n×n thì đa thức đặc trưng của A có n
nghiệm thực (kể cả bội), và A có một ma trận vectơ riêng là ma trận trực giao
Ví dụ 4 Chéo hóa ma trận
A =
−
− 8 2
2 5
Giải
Đa thức đặc trưng của A là t2 - 13t + 36, có hai nghiệm là 4 và 9
Giải hệ (A-4I x = 0 ta tìm được vectơ riêng v1 = (2, 1) ứng với giá trị riêng 4 Chia v1 cho độ dài của
nó ta được vectơ u1 =
5
1
(2, 1), có độ dài bằng 1
Giải hệ (A-9I x = 0 ta tìm được vectơ riêng v2 = (1, -2) ứng với giá trị riêng 9 Chia v2 cho độ dài
c a nó ta được vectơ u2 =
5
1 (1, -2), có độ dài bằng 1
Ma trận Q = [u1 u2] =
5
1
−2 1
1 2
là ma trận trực giao và QTAQ = diag(4, 9)
NHỮNG Ý CHÍNH TRONG BÀI GIẢNG TUẦN 8
1 Tích vô hướng trong Rn Độ dài của vectơ
2 Hai vectơ trực giao Hai không gian con trực giao
3 Phần bù trực giao của một không gian con Định lý cơ bản của ĐSTT (Phần 2) Tổ hợp những
cơ sở từ các không gian con
4 Cơ sở trực giao, cơ sở trực chuẩn Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt
5 Ma trận trực giao Vectơ riêng, giá trị riêng của ma trận thực đối xứng