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
Chương TÍNH TRỰC GIAO _ 6.1 TÍNH TRỰC GIAO CỦA BỐN KHƠNG GIAN CON CHỦ YẾU LIÊN QUAN ĐẾN MỘT MA TRẬN Tích vơ hư ướng Rn Trong Hình học sơ cấp, tích vơ hướng phép tính quan trọng Nhờ mà thiết lập cơng thức tính góc, cơng thức tính khoảng cách, điều kiện vng góc Trong Giải tích hàm nhiều biến, ta có định nghĩa giới hạn hàm nhiều biến u = f(x1, x2, , xn) (x1, x2, , xn) dần tới (a1, a2, , an) Đặt M = (x1, x2, , xn) M0 = (a1, a2, , an) ta viết gọn u = f(M) Nếu n ≤ ta hiểu điểm M dần tới điểm M0 độ dài đoạn thẳng MM0 dần tiến tới Còn n > 3, ta chưa có khái niệm độ dài Rn, nên chưa thể hiểu Vì độ dài đoạn thẳng mặt phẳng Oxy (hay R2) khơng gian Oxyz (hay R3) định nghĩa thơng qua tích vơ hướng (MM0 = MM ⋅ MM ), ta muốn mở rộng khái niệm n tích vơ hướng cho R để xây dựng khái niệm độ dài Rn Định nghĩa Tích vơ hướng khơng gian vectơ Rn phép tốn Rn mà gán cho cặp vectơ v = (x1, x2, , xn) w = (y1, y2, , yn) Rn số thực v⋅w = x1y1 + x2y2 + ⋅⋅⋅ + xnyn Số thực v⋅w gọi tích vơ hướng hai vectơ v w Chú ý 1) Khi xem hai vectơ v w Rn ma trận cỡ n×1, theo Quy tắc nhân ma trận v⋅w = vTw 2) Tích vơ hướng quen thuộc R2 R3 trường hợp riêng tích vơ hướng định nghĩa Ta dễ dàng chứng minh tính chất sau Tính chất 6.1.1 (i) v⋅w = w⋅v với vectơ v w Rn (ii) v⋅v ≥ với v Rn, đẳng thức xảy v = (iii) (xv + yw)⋅u = x(v⋅u) + y(w⋅u) với vectơ v, w, u Rn với số thực x y Tính chất (ii) sở để đưa khái niệm độ dài vectơ Rn Định nghĩa Độ dài vectơ v = (x1, x2, , xn) Rn, ký hiệu ||v||, số thực v ⋅v = x12 + x22 + L + xn2 Phần bù trực giao Định nghĩa (a) Giả sử v w vectơ Rn Khi v⋅w = ta nói vectơ v trực giao với vectơ w (b) Giả sử V W không gian Rn Ta nói V trực giao với W vectơ v V trực giao với vectơ w W: v⋅w = hay vTw = v V w W Ví dụ 1) Vectơ ∈ Rn trực giao với vectơ Rn 2) Các vectơ v = (2, -3, 1) w = (1, 1, 1) trực giao R3 v⋅w = 2⋅1 - 3⋅1 + 1⋅1 = 3) 1 1 0 1+ − = Ax = = cho tích vơ hướng 5+2−7 = 5 −1 0 Do x = (1, 1, -1) trực giao với hàng A Ví dụ 1) Cho A = (aij) ma trận m×n có vectơ hàng h1, , hm Với x ∈N(A), Ax = nên ai1x1 + ai2x2 + ⋅⋅⋅ + ainxn = hay x⋅hi = i = 1, , m Phương trình nói lên x trực giao với vectơ hàng thứ i A, hay x trực giao với vectơ cột thứ i AT Ngoài ra, C(AT) = { y1h1+ y2h2 + ⋅⋅⋅ + ymhm | yj ∈R } x⋅(y1h1 + y2h2 + ⋅⋅⋅ + ymhm) = y1(x⋅h1) + y2(x⋅h2) + ⋅⋅⋅ + ym(x⋅hm) = y10 + y20 + ⋅⋅⋅ + ym0 = 0, nên x trực giao với vectơ C(AT) Như N(A) trực giao với C(AT) Vì C(AT) = { ATy | y ∈Rm}, dùng ma trận để rút ngắn chứng minh x trực giao với vectơ C(AT) sau: xT(ATy) = (Ax)Ty = 0T⋅y = 2) Cho V = {(x, 0, 0) | x∈R} W = {(0, y, 0) | x∈R} hai không gian R3 Nếu v thuộc V w thuộc W , v⋅w = x⋅0 + 0⋅y + 0⋅0 = 0, nên V trực giao với W 3) Cho {e1, e2, e3}là sở tắc R3 X = Span(e1, e2) Y = Span(e3) Nếu v thuộc X w thuộc Y, v = x1e1 + x2e2 = (x1, x2, 0) w = y3e3 = (0, 0, y3), nên v⋅w = x1⋅0 + x2⋅0 + 0⋅y3 = Do X trực giao với Y Nhận xét Nếu V W không gian trực giao Rn, V∩W = {0} Thật vậy, u ∈ V∩W từ V W trực giao suy u trực giao với u: u⋅u = Theo Tính chất 6.1.1, u = 0.☺ Định nghĩa Cho V không gian Rn Tập tất vectơ Rn mà trực giao với vectơ V gọi phần bù trực giao V, ký hiệu V⊥ V⊥ = {u ∈ Rn | u⋅w = với w∈V} Chú ý 1) V⊥ không gian Rn Thật vậy, v u thuộc V⊥ x y thuộc R, với w ∈V, (xv + yu)⋅w = (xv)⋅w + (yu)⋅w = + = Suy xv + yu ∈ V⊥ Do đó, V⊥ khơng gian Rn ☺ 2) Rõ ràng V⊥ trực giao với V Tuy nhiên không gian W trực giao với không gian V chưa W phần bù trực giao V Ta chắn có W ⊂ V⊥ Ví dụ: Cho {e1, e2, e3} sở tắc R3 Span(e1) (trục Ox) trực giao với Span(e3) (trục Oz) phần bù trực giao Span(e3) Span(e1, e2) (mặt phẳng xOy ) phần bù trực giao Span(e3) Phần Định lí Cơ cho biết số chiều bốn không gian chủ yếu liên quan đến ma trận Bây ta tiếp tục tìm hiểu chúng Định lý 6.1.2 (Định lý Đại số tuyến tính (Phần 2)) Nếu A ma trận thực m×n, N(A) = C(AT)⊥ N(AT) = C(A)⊥ (tức Rn không gian nghiệm phần bù trực giao không gian hàng, Rm không gian nghiệm bên trái phần bù trực giao không gian cột) Chứng minh Ký hiệu h1, , hm m hàng A Chúng m cột AT Trong Ví dụ 2, ta biết N(A) trực giao với C(AT), nên N(A)⊂C(AT)⊥ Mặt khác, x vectơ C(AT)⊥, x trực giao với vectơ w∈C(AT) Trong hi∈C(AT), nên x⋅hi = (i = 1, , m) Do Ax = Như x ∈ N(A) suy N(A) = C(AT)⊥ Ký hiệu B = AT Tương tự chứng ta có N(AT) = N(B) = C(BT)⊥ = C(A)⊥ ☺ Sau ta thấy kết N(AT) = C(A)⊥ cung cấp cho giải pháp để giải toán bình phương tối thiểu Tổ hợp sở từ không gian Định lý 6.1.3 Nếu V khơng gian Rn, (số chiều V) + (số chiều V⊥) = n Ngoài ra, {v1, , vr} sở V {vr+1, , vn} sở V⊥, {v1, , vr, vr+1, , vn} sở Rn Chứng minh Nếu V = {0}, V⊥ = Rn (số chiều V) + (số chiều V⊥) = + n = n Nếu V ≠ {0}, cho {v1, , vr} sở V lấy A ma trận r×n mà hàng thứ i v iT (i = 1, , r) Ta thấy C(AT) = {y1v1 + ⋅⋅⋅ + yrvr | yi ∈R} = V r(A) = r(AT) = r (Định lý 4.6.2) Theo Định lý ĐSTT (Phần 2) V⊥ = C(AT)⊥ = N(A) Suy (số chiều V⊥) = số chiều N(A) = n - r (Định lý ĐSTT (Phần 1) Vậy V⊥ có sở gồm n-r vectơ {v1, , vr, vr+1, , vn} Theo Định lý 4.6.6, để {v1, , vr, vr+1, , vn} sở Rn ta cần n vectơ độc lập tuyến tính Giả sử x1v1 + ⋅⋅⋅ + xrvr + xr+1vr+1 + ⋅⋅⋅ + xnvn = Đặt u = x1v1 + ⋅⋅⋅ + xrvr∈V Do đẳng thức trên, u = -xr+1vr+1 - ⋅⋅⋅ - xnvn ∈V⊥ Do V∩V⊥ = {0}, nên u = Vì v1, , vr vr+1, , độc lập tuyến tính, nên x1 = ⋅⋅⋅ = xr = xr+1 = ⋅⋅⋅ = xn = Do đó, v1, , vr, vr+1, , độc lập tuyến tính tạo nên sở Rn (số chiều V) + (số chiều V⊥) = r + (n - r) = n ☺ Hệ 6.1.4 Nếu A ma trận thực m×n, với v ∈Rn tồn vectơ xr ∈ C(AT) tồn vectơ xn ∈N(A) cho v = xr + xn Ngoài ra, < r(A) < n, Rn có sở gồm r cột trụ AT (chính r hàng trụ A) n - r nghiệm đặc biệt hệ Ax = Chứng minh Nếu r(A) = n, N(A) = {0} (Định lý 4.4.1) Vì r(AT) = r(A) = n, nên n cột AT độc lập tuyến tính (Định lý 4.6.2) Theo Định lý 4.6.6, n cột sở Rn Do C(AT) = Rn Như vậy, với v ∈Rn chọn xr = v xn = ta có v = xr + xn Nếu r(A) = 0, A = O nên C(AT) = {0} N(A) = Rn Như vậy, với v ∈Rn chọn xr = xn = v ta có v = xr + xn Nếu r(A) = r < n, theo Định lý ĐSTT (Phần 1) C(AT) có sở gồm r cột trụ h1, , hr AT N(A) có sở gồm n - r nghiệm đặc biệt s1, , sn-r Do N(A) = C(AT)⊥ Định lý 6.1.3 {h1, , hr, s1, , sn-r} sở Rn Như vậy, với v ∈Rn ta có v = t1h1 + ⋅⋅⋅ + trhr + tr+1s1 + ⋅⋅⋅ + tnsn-r Lấy xr = t1h1 + ⋅⋅⋅ + trhr xn = tr+1s1 + ⋅⋅⋅ + tnsn-r, ta có v = xr + xn Nếu có xr x'r thuộc C(AT), xn x'n thuộc N(A) cho v = xr + xn = x'r + x'n, xr - x'r = x'n- xn Đặt u = xr - x'r = x'n- xn, u ∈C(AT)∩N(A) Nhưng N(A) = C(AT)⊥ nên C(AT)∩N(A) = {0} Suy u = Vậy, xr = x'r x'n = xn, hay xr xn ☺ Ví dụ Cho ma trận 1 0 A= 0 1 Hãy phân tích vectơ v ∈ R4 thành xr + xn Giải Các hàng trụ h1 = (1, 0, 1, 0) h2 = (0, 1, 0, 1) lập nên sở không gian hàng C(AT) Các nghiệm đặc biệt s1 = (1, 0, -1, 0) s2 = (0, 1, 0, -1) lập nên sở không gian nghiệm N(A) Bốn vectơ lập thành sở R4 Vectơ v = (a, b, c, d)∈R4 biểu diễn qua h1, h2, s1, s2 sau a b = a+c c d 1 0 + b+d 1 0 1 + a −c 0 1 0 + b−d − 1 0 1 0 −1 Lấy 1 a + c 0 b + d xr = + 1 0 1 0 1 1 a − c 0 b − d + xn = − 1 0 1 0 −1 Ví dụ Cho mặt phẳng P có phương trình x – 3y – 4z = P thực khơng gian R3 không gian nghiệm N(A) ma trận A = [1 − − 4] Một sở P gồm hai nghiệm đặc biệt x – 3y – 4z = 0: s1= (3, 1, 0), s2 = (4, 0, 1) Do A có hàng trụ nhất, nên h= (1, -3, -4) (vectơ pháp tuyến P) lập nên sở C(AT) Vậy C(AT) = {th| t∈ R.} Về mặt hình học C(AT) đường thẳng qua gốc tọa độ vng góc với P, nên P⊥ = C(AT) Theo Hệ 6.1.4 {s1, s2, h} sở R3 Cho v = (6, 4, 5) Ta muốn phân tích v thành tổng hai vectơ xn xr thuộc P P⊥ Việc phân tích v thành xn + xr = (c1s1 + c2s2) + c3h, đưa tìm số c1, c2, c3 cho 3 c1 6 1 − 3 c = 4 2 0 − 4 c3 5 Giải hệ ta có c1 = 1, c2 = 1, c3 = -1 Do đó, xn = s1 + s2 = (7, 1, 1) nằm P = N(A) xr = -h = (-1, 3, 4) nằm P⊥ = C(A⊥) 6.2 CƠ Ơ SỞ TRỰC CHUẨN VÀ PHƯƠ ƯƠNG PHÁP ƯƠ TRỰC GIAO HĨA GRAM-SCHMIDT Trong khơng gian vectơ hình học R3 ta thường sử dụng sở { i , j , k } mà vectơ có độ dài 1, đôi trực giao Việc chọn chúng đơi trực giao có lợi ích gì? Để lý giải điều này, ta chọn ba vectơ đơn vị i , j , k đôi tạo với góc 600 Chúng khơng đồng phẳng nên độc lập tuyến tính Do theo Định lý 4.6.6 { i , j , k } sở R3 Giả sử v = x1 i + x2 j + x3 k w = y1 i + y2 j + y3 k (tức v có tọa độ (x1, x2, x3), w có tọa độ (y1, y2, y3)) Biểu thức tích vơ hướng v⋅w = x1y1 + x2y2 + x3y3 + (x1y2 + x1y3 + x2y1 + x2y3 + x3y1 + x3y2), cồng kềnh Nếu giả thiết thêm i , j , k khơng phải vectơ đơn vị, biểu thức tích vơ hướng xấu Trong i , j , k ba vectơ đơn vị đôi trực giao v⋅w = x1y1 + x2y2 + x3y3, biểu thức đơn giản nhiều Do Rn có khái niệm trực giao khái niệm độ dài nên hồn tồn nghĩ đến sở mà vectơ có độ dài 1, đôi trực giao với Định nghĩa (a) Tập vectơ {v1, v2, , vk} Rn gọi tập trực giao vectơ tập đôi trực giao, tức vi⋅vj = i ≠ j (b) Tập vectơ {v1, v2, , vk} Rn gọi tập trực chuẩn tập trực giao vectơ tập có độ dài 1, tức 0 i ≠ j vi⋅vj = 1 i = j (c) Một sở Rn đồng thời tập trực giao gọi sở trực giao Một sở Rn đồng thời tập trực chuẩn gọi sở trực chuẩn Ví dụ {(1, 1, 1), (2, 1, -3), (4, -5, 1)} tập trực giao R3 Cơ sở tắc {e1, e2, , en} Rn sở trực chuẩn Chú ý 1) Khi cho tập trực giao {v1, v2, , vk} gồm vectơ khác 0, ta tạo tập trực chuẩn {u1, u2, , uk} cách đặt ui = vi (i = 1, , k) || v i || 2) Nếu {v1, v2, , vk} tập trực giao gồm vectơ khác 0, v1, v2, , vk độc lập tuyến tính Thật vậy, giả sử c1v1 + c2v2 + ⋅⋅⋅ + cnvn = Nếu ≤ j ≤ n, nhân hai vế đẳng thức với vj ta thấy cjvj⋅vj = Vì vj⋅vj > 0, nên cj = Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt Giả sử V khơng gian không gian Rn {v1, v2, , vm} sở V Ta xét Phương pháp trực giao hóa Gram - Schmidt nhằm xây dựng sở trực giao {u1, u2, , um} V từ sở Trước hết, ta đặt u1 = v1 Giả sử xây dựng tập trực giao {u1, , ui-1}, ta tìm tiếp ui dạng ui = ai1u1 + ai2u2 + ⋅⋅⋅ + i-1ui-1 + vi ai1, , i-1 số thực xác định từ i-1 điều kiện ui⋅uj = (j = 1, , i-1) Quá trình tiếp diễn i = m Có thể chứng minh {u1, u2, , um} sở trực giao V Khi chia ui cho độ dài nó, ta thu sở trực chuẩn V Ví dụ Cho sở R3 {v1 = (1, -1, 0), v2 = (2, 0, -2), v3 = (3, -3, 3)} Đầu tiên, đặt u1 = v1= (1, -1, 0) Tiếp theo, ta tìm u2 dạng u2 = a21u1 + v2 Điều kiện u2⋅u1 = dẫn đến = a21u1⋅u1 + v2⋅u1 Suy a21 = -(v2⋅u1)/(u1⋅u1) = -2/2 = -1 Vậy u2 = -u1 + v2 = (1, 1, -2) Ta tiếp tục tìm u3 dạng u3 = a31u1 + a32u2 + v3 Các điều kiện u3⋅u1 = u3⋅u2 = dẫn đến = a31u1⋅u1 + a32u2⋅u1 + v3⋅u1 = a31u1⋅u2 + a32u2⋅u2 + v3⋅u2 Hệ tương đương với hệ = 2a31 + = 6a32 - Giải hệ ta a31 = -3, a32 = Vậy u3 = -3u1 + u2 + v3 = (1, 1, 1) Độ dài u1, u2, u3 , , Chia vectơ cho độ dài sở trực chuẩn: 1 1 1 q1= − , q2 = , q3 = 6 2 3 − 2 1 Ma trận trực giao Vectơ riêng, giá trị riêng ma trận đối xứng Cho Q ma trận thực m×n, có cột v1, v2, , lập thành tập trực chuẩn Hàng thứ i QT viT Theo Quy tắc nhân ma trận, phần tử hàng i, cột j QTQ 0 i ≠ j viT⋅vj = vi⋅vj = , 1 i = j nên QTQ = I Tuy nhiên, chưa QQT = I Chẳng hạn với −1 Q= , 3 ta có QTQ = I, −1 T QQ = 3 −1 5 6 −1 = 6 −1 6 1 3 1 ≠ I 3 1 Trong trường hợp đặc biệt, Q ma trận thực n×n QTQ = I kéo theo QT = Q-1 nên ta có QQT = I Định nghĩa Một ma trận thực Q cỡ n×n gọi ma trận trực giao vectơ cột Q lập thành tập trực chuẩn Rn Ví dụ cos α − sin α sin α cos α ma trận trực giao Ma trận đơn vị hiển nhiên ma trận trực giao Ma trận hoán vị ma trận nhận từ ma trận đơn vị hoán vị cột, nên ma trận hoán vị ma trận trực giao Định lý 6.2.1 Nếu Q ma trận trực giao n×n, (i) Các cột Q lập thành sở trực chuẩn Rn (ii) QTQ = I (iii) QT = Q-1 (iv) (Qv)⋅⋅(Qw) = v⋅w (v) ||Qv|| = ||v|| Chứng minh Từ định nghĩa Q suy (ii) Từ (ii) suy (iii) Vì Q khả nghịch nên detQ ≠ Do đó, theo Hệ 4.6.7, ta có (i) (Qv)⋅⋅(Qw) = (Qv)T(Qw) = (vTQT)(Qw) = vT(QTQ)w = vTIw = vTw = v⋅w, nên (iv) Trong (iv) ta thay w v suy (v) ☺ Ma trận trực giao liên quan đến việc chéo hóa ma trận thực đối xứng Định lý 6.2.2 Nếu A ma trận thực đối xứng n×n, A có n giá trị riêng thực λ1, , λn (kể bội) Ngoài tồn ma trận trực giao Q, mà cột 1, , n vectơ riêng A ứng với λ1, , λn, cho QTAQ = diag(λ1, , λn) Bình luận Theo Định lý 6.2.2, A ma trận thực đối xứng n×n đa thức đặc trưng A có n nghiệm thực (kể bội), A có ma trận vectơ riêng ma trận trực giao Ví dụ Chéo hóa ma trận − 2 A= − Giải Đa thức đặc trưng A t2 - 13t + 36, có hai nghiệm Giải hệ (A-4I)x = ta tìm vectơ riêng v1 = (2, 1) ứng với giá trị riêng Chia v1 cho độ dài ta vectơ u1 = (2, 1), có độ dài Giải hệ (A-9I)x = ta tìm vectơ riêng v2 = (1, -2) ứng với giá trị riêng Chia v2 cho độ dài ta vectơ u2 = (1, -2), có độ dài 2 T Ma trận Q = [u1 u2] = 1 − 2 ma trận trực giao Q AQ = diag(4, 9) NHỮNG Ý CHÍNH TRONG BÀI GIẢNG TUẦN Tích vơ hướng Rn Độ dài vectơ Hai vectơ trực giao Hai không gian trực giao Phần bù trực giao không gian Định lý ĐSTT (Phần 2) Tổ hợp sở từ không gian Cơ sở trực giao, sở trực chuẩn Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt Ma trận trực giao Vectơ riêng, giá trị riêng ma trận thực đối xứng ... = x1⋅0 + x2⋅0 + 0⋅y3 = Do X trực giao với Y Nhận xét Nếu V W không gian trực giao Rn, V∩W = {0} Thật vậy, u ∈ V∩W từ V W trực giao suy u trực giao với u: u⋅u = Theo Tính chất 6.1.1, u = 0.☺ Định... đồng thời tập trực giao gọi sở trực giao Một sở Rn đồng thời tập trực chuẩn gọi sở trực chuẩn Ví dụ {(1, 1, 1), (2, 1, -3), (4, -5, 1)} tập trực giao R3 Cơ sở tắc {e1, e2, , en} Rn sở trực chuẩn... lý Đại số tuyến tính (Phần 2)) Nếu A ma trận thực m×n, N(A) = C(AT)⊥ N(AT) = C(A)⊥ (tức Rn không gian nghiệm phần bù trực giao không gian hàng, Rm không gian nghiệm bên trái phần bù trực giao