Chương 6: Tính trực giao

Chia sẻ: Duong Hung Manh Manh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

458
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Chương 6: Tính trực giao sau đây sẽ cung cấp cho các bạn những kiến thức về tính trực giao của bốn không gian con chủ yếu liên quan đến một ma trận; cơ sở trực chuẩn và phương pháp trực giao hóa gram schmidt;... Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương 6: Tính trực giao

TRẦN AN HẢI   TUẦN 8
Chương 6 TÍNH TRỰC GIAO _________________________________ 6.1 TÍNH TRỰC GIAO CỦA BỐN KHÔNG GIAN CON CHỦ YẾU LIÊN QUAN ĐẾN MỘT MA TRẬN ướng trong Rn Tích vô hư 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, ... , xn) khi (x1, x2, ... , xn) dần tới (a1, a2, ... , an). Đặt M = (x1, x2, ... , xn) và M0 = (a1, a2, ... , an) 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 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 thể định nghĩa thông qua tích vô hướng (MM0 = MM 0 ⋅ MM 0 ), cho nên ta muốn mở rộng khái niệm tích vô hướng cho R để xây dựng khái niệm độ dài trong Rn. n Định nghĩa Tích vô hướng trên không gian vectơ Rn là một phép toán trên Rn mà gán cho mỗi cặp vectơ v = (x1, x2,..., xn) và w = (y1, y2,..., yn) trong Rn một số thực v⋅w = x1y1 + x2y2 + ⋅⋅⋅ + xnyn. 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 Rn 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
Tính chất 6.1.1 (i) v⋅w = w⋅v với mọi vectơ v và w trong Rn. (ii) v⋅v ≥ 0 với mọi v trong Rn, 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 Rn 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,..., xn) trong Rn, ký hiệu ||v||, là số thực v ⋅v = x12 + x22 + + xn2 . Phần bù trực giao Định nghĩa (a) Giả sử v và w là các vectơ trong Rn. 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 Rn. 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 ∈ Rn 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) 1 1 3 4    0 1+ 3 − 4 = 0 Ax =    1  =   cho các tích vô hướng 5 2 7  −1 0 5+2−7 = 0   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, ... , hm. Với mọi x ∈N(A), do Ax = 0 nên ai1x1 + ai2x2 + ⋅⋅⋅ + ainxn = 0 hay x⋅hi = 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 + ⋅⋅⋅ + ymhm | yj ∈R } và x⋅(y1h1 + y2h2 + ⋅⋅⋅ + ymhm) = y1(x⋅h1) + y2(x⋅h2) + ⋅⋅⋅ + ym(x⋅hm) = y10 + y20 + ⋅⋅⋅ + ym0 = 0, nên x trực giao với mọi vectơ trong C(AT). Như vậy N(A) trực giao với C(AT).
Vì C(AT) = { ATy | y ∈Rm}, 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 Rn, 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 Rn. Tập tất cả các vectơ trong Rn mà trực giao với mọi vectơ trong V được gọi là phần bù trực giao của V, và ký hiệu là V⊥. V⊥ = {u ∈ Rn | 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.
Định 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, ..., hm 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 hi∈C(AT), nên x⋅hi = 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 Rn, thì (số chiều của V) + (số chiều của V⊥) = n. Ngoài ra, nếu {v1, ... , vr} là một cơ sở của V và {vr+1, ... , vn} là một cơ sở của V⊥, thì {v1, ... , vr, vr+1, ... , vn} 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, ... , vr} là một cơ sở của V và lấy A là ma trận r×n mà hàng thứ i là v iT (i = 1, ... , r). Ta thấy C(AT) = {y1v1 + ⋅⋅⋅ + yrvr | yi ∈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, ... , vr, vr+1, ... , vn}. Theo Định lý 4.6.6, để chỉ ra rằng {v1, ... , vr, vr+1, ... , vn} là một cơ sở của Rn ta chỉ cần chỉ ra rằng n vectơ này độc lập tuyến tính. Giả sử rằng x1v1 + ⋅⋅⋅ + xrvr + xr+1vr+1 + ⋅⋅⋅ + xnvn = 0 Đặt u = x1v1 + ⋅⋅⋅ + xrvr∈V . Do đẳng thức trên, u = -xr+1vr+1 - ⋅⋅⋅ - xnvn ∈V⊥. Do V∩V⊥ = {0}, nên u = 0. Vì v1, ... , vr và vr+1, ... , vn độc lập tuyến tính, nên x1 = ⋅⋅⋅ = xr = 0 và xr+1 = ⋅⋅⋅ = xn = 0. Do đó, v1, ... , vr, vr+1, ... , vn độc lập tuyến tính và tạo nên một cơ sở của Rn. (số chiều của V) + (số chiều của V⊥) = r + (n - r) = n. ☺
Hệ quả 6.1.4 Nếu A là ma trận thực m×n, thì với mỗi v ∈Rn tồn tại duy nhất vectơ xr ∈ C(AT) và tồn tại duy nhất vectơ xn ∈N(A) sao cho v = xr + xn. Ngoài ra, nếu 0 < r(A) < n, thì Rn 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 Rn. Do đó C(AT) = Rn. Như vậy, với mỗi v ∈Rn thì chọn xr = v và xn = 0 ta có v = xr + xn. Nếu r(A) = 0, thì A = O nên C(AT) = {0} và N(A) = Rn. Như vậy, với v ∈Rn thì chọn xr = 0 và xn = v ta có v = xr + xn. 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, ... , hr của AT và N(A) có một cơ sở gồm n - r nghiệm đặc biệt s1, ... , sn-r. Do N(A) = C(AT)⊥ và Định lý 6.1.3 {h1, ... , hr, s1, ... , sn-r} một cơ sở của Rn. Như vậy, với mỗi v ∈Rn ta có v = t1h1 + ⋅⋅⋅ + trhr + tr+1s1 + ⋅⋅⋅ + tn-rsn Lấy xr = t1h1 + ⋅⋅⋅ + trhr và xn = tr+1s1 + ⋅⋅⋅ + tn-rsn, ta có v = xr + xn. Nếu có xr và x'r thuộc C(AT), xn và x'n thuộc N(A) sao cho v = xr + xn = x'r + x'n, thì xr - x'r = x'n- xn. Đặt u = xr - x'r = x'n- xn, thì u ∈C(AT)∩N(A). Nhưng N(A) = C(AT)⊥ nên C(AT)∩N(A) = {0}. Suy ra u = 0. Vậy, xr = x'r và x'n = xn, hay xr và xn là duy nhất. ☺ Ví dụ 3 Cho ma trận 1 0 1 0 A=  . 0 1 0 1 Hãy phân tích vectơ bất kỳ v ∈ R4 thành xr + xn. 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 a  1  0 1  0  b  0 1  0  1    = a+c  + b+d   + a −c   + b−d  . c  2 1  2 0 2 − 1 2 0            d   0   1   0   −1 Lấy 1  0 1  0    1    1  a + c 0 b + d   a − c 0  b − d  . xr = + và xn = + 2 1  2 0 2 − 1 2 0          0   1  0   −1
Ví dụ 4 Cho mặt phẳng P có phương trình x – 3y – 4z = 0. P thực ra là một không gian con của R3 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) là 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 với 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 vectơ xn và xr lần lượt thuộc P và P⊥. Việc phân tích v thành xn + xr = (c1s1 + c2s2) + c3h, được đưa về tìm các số c1, c2, c3 sao cho 3 4 1   c1  6 1 0 − 3 c  = 4 .    2   0 1 − 4 c3  5 Giải hệ này ta có c1 = 1, c2 = 1, c3 = -1. Do đó, xn = s1 + s2 = (7, 1, 1) nằm trong P = N(A). xr = -h = (-1, 3, 4) nằm trong P⊥ = C(A⊥). Ơ SỞ TRỰC CHUẨN VÀ PHƯƠ 6.2 CƠ ƯƠNG ƯƠ PHÁP 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 vectơ đơn 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 sử v = x1 i + x2 j + x3 k và w = y1 i + y2 j + y3 k (tức là v có tọa độ (x1, x2, x3), w có tọa độ (y1, y2, y3)). Biểu thức của 1 tích vô hướng v⋅w = x1y1 + x2y2 + x3y3 + (x1y2 + x1y3 + x2y1 + x2y3 + x3y1 + x3y2), rất cồng kềnh. 2 Nếu giả thiết thêm rằng i , j , k không phải vectơ đơn vị, thì biểu thức tích vô hướng còn xấu hơn. Trong khi đó nếu i , j , k là ba vectơ đơn vị đôi một trực giao thì v⋅w = x1y1 + x2y2 + x3y3, biểu thức đơn giản hơn nhiều. Do trong Rn đã có khái niệm trực giao và khái niệm độ dài nên hoàn toàn có thể nghĩ đến cơ sở của nó mà các vectơ có độ dài bằng 1, đôi một trực giao với nhau. Định nghĩa (a) Tập vectơ {v1, v2, ... , vk} của Rn được gọi là tập trực giao nếu các vectơ của tập đôi một trực giao, tức là vi⋅vj = 0 khi i ≠ j. (b) Tập vectơ {v1, v2, ... , vk} của Rn 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 0 khi i ≠ j vi⋅vj =  . 1 khi i = j
(c) Một cơ sở của Rn 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, e2, ... , en} của Rn là một cơ sở trực chuẩn. Chú ý 1) Khi cho một tập trực giao {v1, v2, ... , vk} gồm các vectơ khác 0, ta có thể tạo ra một tập trực chuẩn {u1, u2, ... , uk} bằng cách đặt 1 ui = vi (i = 1, ... , k). || v i || 2) Nếu {v1, v2, ... , vk} là tập trực giao gồm các vectơ khác 0, thì v1, v2, ... , vk độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử c1v1 + c2v2 + ⋅⋅⋅ + cnvn = 0. Nếu 1 ≤ j ≤ n, nhân hai vế đẳng thức này với vj ta thấy rằng cjvj⋅vj = 0. Vì vj⋅vj > 0, nên cj = 0. Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt Giả sử V là một không gian con của không gian Rn và {v1, v2, ... , vm} là một cơ sở của V. Ta xét Phương pháp trực giao hóa Gram - Schmidt nhằm xây dựng một cơ sở trực giao {u1, u2, ... , um} của V từ cơ sở trên. Trước hết, ta đặt u1 = v1. Giả sử đã xây dựng được tập trực giao {u1, ... , ui-1}, ta tìm tiếp ui dưới dạng ui = ai1u1 + ai2u2 + ⋅⋅⋅ + ai i-1ui-1 + vi. trong đó ai1, ... , ai i-1 là các số thực được xác định từ i-1 điều kiện ui⋅uj = 0 (j = 1, ... , i-1). Quá trình này tiếp diễn cho tới i = n. Có thể chứng minh {u1, u2, ... , um} là một cơ sở trực giao của V . Khi chia mỗi ui 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 u1 = 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, u2, u3 lần lượt là 2 , 6 , 3 . Chia mỗi vectơ này cho độ dài của nó được một cơ sở trực chuẩn: 1 1  1 1   1   1  q1= − 1 , q2 = 1 , q3 = 1 . 2  6  3  0  − 2 1
Ma 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, ... , vn lập thành một tập trực chuẩn. Hàng thứ i của QT là viT. Theo Quy tắc nhân ma trận, phần tử hàng i, cột j của QTQ là 0 khi i ≠ j viT⋅vj = vi⋅vj =  , 1 khi i = j nên QTQ = I. Tuy nhiên, chưa chắc QQT = I. Chẳng hạn như với  1 1   2 3    −1 1  Q=  , 2 3    0 1   3  ta có QTQ = I, nhưng  1 1   2 5 −1 1  3   1 −1  6 6 3  0    −1 1  2 2 −1 5 1 T QQ =    =   ≠ I. 2 3  1 1 1  6 6 3    3   1 1 1  0 1  3 3   3 3  3  3 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 Rn. Ví dụ 3 cos α − sin α   sin α cos α  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) (Qv)⋅⋅(Qw) = v⋅w (v) ||Qv|| = ||v||. Chứng minh Từ định 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). (Qv)⋅⋅(Qw) = (Qv)T(Qw) = (vTQT)(Qw) = vT(QTQ)w = vTIw = vTw = v⋅w, nên (iv) đúng. Trong (iv) ta thay w bởi v thì suy ra (v). ☺ Ma trận trực giao liên quan đến việc chéo hóa một ma trận thực đối xứng.
Định 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 ứng với λ1, ... , λn, sao cho QTAQ = diag(λ1, ... , λn). Bình luận Theo 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  5 − 2 A=  . − 2 8  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 1 nó ta được vectơ u1 = (2, 1), có độ dài bằng 1. 5 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 1 của nó ta được vectơ u2 = (1, -2), có độ dài bằng 1. 5 1 2 1  T Ma trận Q = [u1 u2] = 1 − 2 là ma trận trực giao và Q AQ = diag(4, 9). 5   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.