CHUYÊN ĐỀ DẠNG TOÀN PHƯƠNGBài toán : Cho f : R R R . Hỏi ánh xạ nào sau đây là dạng songtuyến tính:a) f ( x, y) x y .b) f ( x, y)axy, (a là hằng số).Giải: Ta phải kiểm tra lần lượt 4 điều kiện của định nghĩaa) Ta có f ( x y, z ) x y zMặt khác f ( x, z )f ( y, z )xzyz(xyz)zTa thấy khi z 0 thì f x y, z f x, z f y, z Do vậy f không phải là dạng song tuyến tính.b) Với x, y R, ta có:+) f ( xy, z )a( xy) z+) f ( x, ya( xy)z)ax( yf ( x, y )+) f ( x, y)a( x y )ayzf ( y, z ) .f ( x, z )+) f ( x, y)axz(axy)z)axyf ( x, y) .axzf ( x, z ) .(axy )f ( x, y)Vậy f là một dạng song tuyến tính.22Bài toán : Cho f : R R R được xác định như sau:với mọi x x1 , y1 , y x2 , y 2 R 2 R 2 : f x, y x1 x 2 2 x1 y 2 3x 2 y1Xét xem f có phải là dạng song tuyến tính không?22Giải: Với x x1 , y1 , y x2 , y2 , z x3 , y3 R R , ta có:+) f x z, y ( x1 x3 ) x2 2( x1 x3 ) y 2 3x2 ( y1 y3 ) x1 x2 x3 x2 2 x1 y 2 2 x3 y 2 3x2 y1 3x2 y3 f x, y f ( z , y )+) Các điều kiện khác thử tương tự và cũng đều thỏa mãnVậy f là một dạng song tuyến tính.Ví dụ 6: Trong không gian R3 với cơ sở chính tắc Se1, e2 , e3 . Chodạng song tuyến tính xác định như sau: với xx1, x2 , x3 ,y y1, y 2 , y3 R 3f : R3 R3 Rx, y f x, y x1 y1 3x2 y 2 2 x3 y3vàchohệcơsởmớie1 ' 1,1,0, e2 ' 1,0,1, e3 ' 1,1,1S ' e1 ' , e2 ' , e3 ',vớiTìm ma trận A’ của f trong cơ sở S’.Giải:b11 b12Cách 1: Tính trực tiếp, đặt A' b21 b22b31 b32b13 b23 ,b33 với b11 f e1 ' , e1 ' 4 , b12 f e1 ' , e2 ' 1 , b13 f e1 ' , e3 ' 4b21 f e2 ' , e1 ' 1 , b22 f e2 ' , e2 ' 3 , b23 f e2 ' , e3 ' 3b31 f e3 ' , e1 ' 4 , b32 f e3 ' , e2 ' 3 , b33 f e3 ' , e3 ' 6 4 1 4A' 1 3 34 3 6Vậy1 0 0Cách 2: Ma trận của f trong cơ sở S là: A 0 3 00 0 21 1 1Ma trận chuyển cơ sở S sang S’ là: P 1 0 10 1 1Do đó1 1 0 1 0 0 1 1 1 4 1 4A' P AP 1 0 1 0 3 0 1 0 1 1 3 3 .1 1 1 0 0 2 0 1 1 4 3 6t33Ví dụ 7. Cho f là dạng song tuyến tính từ f : R R R , với cơ sởchính tắc được xác định như sau:f ( x, y)x1 y12 x1 y2x2 y23x3 y3 , xx1, y1, z1 ; yy1, y2 , y3 .Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc Scơ sởe1, e2 , e3 của R3 và trongS ' e1 ' , e2 ' , e3 ', với e1 ' 1,1,1, e2 ' 1,1,0, e3 ' 0,1,1Giải: a11A a 21a31+) Đối với cơ sởa12a 22a32chính tắc Se1, e2 , e3f có ma trận là:a13 a 23 a33 Trong đó: a11f e1, e11, a12f e1, e2a21f e2 , e10 , a22f e2 , e2a31f e3 , e10 , a32Vậy ta có :f e3 , e22 , a13f e1, e301 , a23f e2 , e300 , a33f e3 , e331 0 0 A 2 1 00 0 31 1 1 Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở S’ là: P 1 1 00 1 1,nên ma trận của f trong cơ sở mới S’ là:1 1 0 1 0 0 1 1 1 2 2 3A' P t AP 1 1 1 2 1 0 1 1 0 2 5 6 .1 0 1 0 0 3 0 1 1 4 4 43x12x1x22 x2 x3toàn phương trong R3 . Trong đó1a11 3, a12 a21, a13 a31 0, a322Ma trận của dạng toàn phương là:a 231, a 22Ví dụ 8: +) Cho Q xf x, x31A200 1 11 412x224 x32 là dạng1, a334.+) Cho Q xf x, xx12 2 x22 là dạng toàn phương trong R3 ,trong đó ma trận của dạng toàn phương là:1 0 0A 0 2 00 0 0Dùng tiêu chuẩn Sylvester phân loại dạng toàn phương:f x12 2 x22 4 x32 2 x1x2 2 x2 x3.1 1 0 Giải: Ma trận của f là: A 1 2 1 , ta có :0 1 4 1 1, 2 1 11 2 1, 3 det A 3 .Ta thấy k 0, k 1,2,3 nên f là dạng toàn phương xác định dươngVí dụ 11. Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc:a) f ( x, x) 9 x12 6 x22 6 x32 6 x1x2 6 x1x3 12 x2 x3 .b) f ( x, x) 2 x12 x22 x32 3x1x2 4 x1x3Giải: a) Ta biến đổi:f ( x, x) 9 x12 6 x22 6 x32 6 x1x2 6 x1x3 12 x2 x3= 9 x12 6 x1x2 6 x1x3 6 x22 6 x32 12 x2 x3= 3x1 x2 x3 5 x22 5 x32 10 x2 x32= 3 x1 x2 x3 5 x2 x3 22 x1 3 x1 x2 x3Đặt , ta được dạng toàn phương trên về dạng chính tắc: x2 x2 x3f x12 5 x22 .b) Ta thực hiện biến đổi:f ( x, x) 2 x12 x22 x32 3x1x2 4 x1x3= 2 x12 3x1x2 4 x1x3 x22 x323= 2 x12 x1x2 2 x1x3 x22 x32223 1= 2 x1 x2 x3 x22 3x2 x3 x324 8233 17= 2 x1 x2 x3 x22 x3 x2 482 23 xxx2 x311417Đặt x2 x22, ta được dạng chính tắc: f 2 x12 x22 x3 2 .83 x3 x3 x22Ví dụ 12. Đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc:a) w( x) f ( x, x) x12 5 x22 4 x32 2 x1x2 4 x1x3 .b) w( x) f ( x, x) x1x2 x1x3 x2 x3 .Giải: a) w( x) x12 2 x1x2 4 x1x3 5 x22 4 x32= x1 x2 2 x3 4 x22 4 x2 x3 8 x322= x1 x2 2 x3 Đặt221 4 x2 x3 9 x322 x1 x1 x2 2 x31, ta được dạng chính tắc của dạng toàn phương x2 x2 x32 x3 x32trên làw( x) x12 4 x22 9 x32 x1 y1 y2b) Đặt: x2 y1 y2 ,x y3 3ta được w( y ) y12 y22 ( y1 y2 ) y3 ( y1 y2 ) y3= ( y1 y3 ) 2 y22 y32 z1 y1 y3Đặt z2 y2, ta có dạng chính tắc là: w( x) z12 z22 z32z y3 3Chú ý: Ở dạng toàn phương ban đầu nếu a11 0 , nhưng a1 j 0, ( j 1) . x1 y1 y2x y y12 2Chẳng hạn a12 0 thì ta sử dụng phép đổi biến: x3 y3thì khi đó xn yntrong cơ sở mới ta lại có phương trình ở dạng ban đầu.Bài toán : Trong R 3 trực giao hoá hệf1 0,1,2, f 2 1,2,0, f 3 2,0,1Ta cóe1 f 1 0,1,2 e2 f 2 e3 f 3 f e 212e1f e 3e112e1 1,2,0 e1 fe2 3e2221,2,0 1, 8 , 4 5 5 5e2 2,0,1 20,1,2 6 1, 8 , 4 12 , 6 , 3 521 5 5 7 7 7 a) Trong C21,1 trực giao hoá hệf1 1, f 2 t , f 3 t 2Ta có:e1 11e2 t t 112.1 t e3 t 211112dt dt1t dt1t tdt11.1 t3dt t2 11 tdt131Bài toán : Chéo hoá trực giao ma trận đối xứng1 2 2A 2 1 22 2 1Phương trình đặc trưng :1 2221 2221 0 5 1 0Vậy A có các giá trị riêng 5 và 1 (kép)2+ Với 5 ta có hệ phương trình tuyến tìm vectơ riêng là 4 x1 2 x 2 2 x3 0 x1 c 2 x1 4 x 2 2 x3 0 x 2 c 2x 2x 4x 0x c23 1 3Ta được một vectơ riêng độc lập là v1 1,1,1 chuẩn hoá ta được 1 1 1 e1 ,, 3 3 3+ Với 1 ta có hệ phương trình tìm vectơ riêng là2 x1 2 x2 2 x3 0 x1 c1 c 2 x 2 c1 x c32Ta được hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là v 2 1,1,0 ,v3 1,0,1Trực giao hoá ta được f 2 1,1,0 ,f 3 1,0,1 1 1,1,0 1 , 1 ,12 2 2 Chuẩn hoá ta được :e2 e3 ,0 2 2 11 1 ,,66 61,1Từ đó , vớiT 131313121201 61 61 6 Ta có05 0T AT 0 1 0 0 0 1*tắcBài toán : Đưa dạng toàn phương về dạng chínhCho dạng toàn phương Q trong R4Lời giải :Ta biến đổi như sau:Q (x1 x 2 x 3 x 4 )2 (x 2 x 3 x 4 )2 x 22 x 2 x 3 4x 2 x 4 x 32 2x 24=(x1 x 2 x 3 x 4 )2 3x 2 x 3 6x 2 x 4 2x 3 x 4 x 34Đặt x1 (x1 x2 x3 x4 ) và khử số hạng chữ nhật của x4Q(x) x1/ 2 3(x 4 x 2 Đặt x 4 x 4 x 2 x33)2 x 2 x 3 x 323x3và khử số hạng chữ nhật của x33213 3Qx x 3x x3 x2 x2232 4'21Đặt x3 x3 3x 22'22; x 4 x 2Q x x1'2 3 x 2'2 1 '2 3 '2x3 x 434Đây là dạng chính tắc của dạng toàn phương đã cho. Phép biến đổi đãtiến hành là:x1 x1 x 2 x 3 x 4x 2 x 4 x 2 x 3 x 3 x 4 x 23x 22x334x1 x1 x 2 x 3 x 43x 2 x 43x 3 x 3 x 42x 3x 4 x 2 3 x 42 2Ma trận chuyển cơ sở sang cơ sở chính tắc là:10001 001 013 / 2 1 1/ 3 3 / 2 1 4 / 3Như vậy, cơ sở chính tắc là:413 3e1 (1,0,0,0),e2 (1,0,0,1),e3 ( ,0,1, ),e4 (1,1, , )332 2Ví dụ 2 : Bằng phương pháp Larrange, đưa dạng toàn phương sauvề dạng chính tắc: Qx 2 x1 x2 4 x1 x3 2 x2 x3Do các hệ số bình phương đều bằng 0 nên ta thực hiện phép đổibiến như sau :x1 y1 y 2Ta đặt : x2 y1 y 2x3 y 3Q x 2 y12 2 y 22 2 y1 y 3 6 y 2 y 3Khi đó : 2 y12 y1 y 3 y 32 2 y 22 6 y 2 y 3 y 321421221 3 2 y1 y 3 2 y 2 y 3 4 y 322 2 Tiếp tục thực hiện phép đổi biến ta sẽ đưa dạng toàn phương về dạngchính tắc là2 z12 2 z 22 4 z32Bài toán : : Cho ma trận của dạng song tuyến tính trên R 3 có matrận đối với cơ sở chính tắc là :20 4A 1 05 Tìm ma trận của 2 2 3đối với cơ sở gồm các vectơ 1 0,2,1 , 2 1,1,0 , 3 1,3,0Lời giải :Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc e e1 , e2 , e3 sang cơ sở là 0 1 1T 2 1 3 khi đó ma trận của dạng song tuyến tính trên R 3 đối1 0 0 với cơ sở là:20 0 1 1 3 2 6 0 2 1 4 B T t AT 1 1 0 1 05 2 1 3 9 53 1 3 0 2 2 3 1 0 0 11 9 1 Trong không gian Euclie 3 chiều V cho một cơ sở trực chuẩn e1 , e2 , e3a) Giả sử là phép biến đổi tuyến tính của V có ma trận1 3 2A 2 14 0 1 1 Đối với cơ sở f1 e1 e2 2e3 , f 2 2e1 e2 , f 3 e1 e2 . tìm matrận của * trong cơ sở đób) Tìm ma trận của phép biến đổi tuyến tính * của , với xácđịnhbởi e3 e1 2e2 e3 e2 e3 3e1 e2 2e3 e1 e2 e3 7e1 e2 4e3 đối với cơ sở e1 , e2 , e3Lời giải :, e3 e1 2e2 e3 e2 e3 e2 e3 3e1 e2 2e3Từ e e e e e e 7e e 4e3123123 1 2 e1 4e1 2e2 2e3Suy ra e2 2e1 e2 e3 e e 2e e31232 1 4 2 2 4 Vậy ma trận của * đối với e1 , e2 , e3 là 2 1 2 2 1 1 21 1 1 21 xác định bởiBài toán : Chof (x, y )2x 1y1trong đó x3x1y2(x1, x 2, x 3 ), y7x 2y1x 1y 3(y1, y2, y3 )9x 3y13x 2y24x 2y 3x 3y2x 3y 3.a) Tìm ma trận biểu diễn E của f theo cơ sở chính tắc (3) .b)STìmmatrận{(1;1;1),(1;2;2),(1;1; 3)} .biểudiễnAcủaftheoHướng dẫn:Ta có f (( x1 , x2 , x3 ),( y1 , y2 , y3 )) x1 x2 2 3 1 y1 x3 7 1 4 y2 9 1 1 y3 2 3 1a) Ma trận của f theo cơ sở tự nhiên (3) là E 7 1 4 9 1 1 2 3 1b) Ma trận của f theo cơ sở tự nhiên (3) là E 7 1 4 9 1 1 1 1 1Ma trận chuyển cơ sở từ (3) sang S là P1 1 2 11 2 3cơsở17 16 25 Do đó ma trận của f theo cơ sở S là A P EP1 36 38 54 35 34 47 T11) Choa) Chứng minh rằngđược cho bởilà một dạng song tuyến tính trênb) Tìm ma trận biểu diễn của3[t ] .theo cơ sở tự nhiên {1, t, t 2, t 3 } .Hướng dẫn:Với mọi a,b λvà p(t), p0 (t),q(t),q0 (t) λ3[t] . Ta có1(a p (t ) b p0 (t ), q (t )) [ap (t ) bp0 (t )]q (t )dt01 [ap (t )q (t ) bp0 (t )q (t )]dt01100 a p (t )q (t )dt b p0 (t )q (t )]dt a ( p (t ), q (t )) b ( p0 (t ), q(t ))1( p(t ), a q (t ) b q0 (t )) p (t )[a q (t ) bq0 (t )]dt01 [a p (t )q (t ) b p (t )q0 (t )]dt01100 a p (t )q (t )dt b p (t )q0 (t )]dt a ( p(t ), q (t )) b ( p(t ), q0 (t ))Vậy là một dạng song tuyến tính trên »3[t] .b) Ta có11a11 (1,1) dt 1a31 (t ,1) t 2 dt 201a12 (1, t ) tdt 00112a32 (t 2 , t ) t 3dt 01a33 (t , t ) t 4 dt 21a14 (1, t 3 ) t 3dt 01a21 (t ,1) tdt 02014a34 (t 2 , t 3 ) t 5 dt 0112a41 (t 3 ,1) t 3dt 011a22 (t , t ) t dt 30a42 (t , t ) t 4 dt 2301a24 (t , t 3 ) t 4 dt 020115a44 (t 3 , t 3 ) t 6 dt 01615a43 (t , t ) t 5 dt 3151411a23 (t , t ) t dt 403121121411a13 (1, t ) t dt 302131617Vậy ma trận biểu diễn của theo cơ sở tự nhiên {1,t,t 2 ,t 3} là112A131414151 617là một dạng song tuyến tính trênb) Tìm ma trận biểu diễn củaHướng dẫn:13141516được xác định bởi2) Choa) Chứng minh rằng12131415theo cơ sở tự nhiên.a) Với mọi a,b λvà X , X 0 ,Y,Y0 Î M 2 (») . Ta cós(aX + bX 0 ,Y ) = tr[(aX + bX 0 )T AY ]= tr[(aX T + bX 0T ) AY ]= a tr( X T AY ) + btr( X 0T AY )= a s( X ,Y ) + b s( X 0 ,Y )( X , aY bY0 ) tr[ X T A( aY bY0 )] tr(aX T AY bX T AY0 ) a tr( X T AY ) b tr( X T AY0 ) a ( X , Y ) b ( X , Y0 )Vậy là một dạng song tuyến tính trên M 2 (») .b) Đặt A [aij ] , trong đó aij ( Ei , E j ) . Ta cóa11 ( E1 , E1 ) tr( E1T AE1 ) 1a12 ( E1 , E2 ) tr( E1T AE2 ) 0a31 ( E3 , E1 ) tr( E3T AE1 ) 3a32 ( E3 , E2 ) tr( E3T AE2 ) 0a13 ( E1 , E3 ) tr( E1T AE3 ) 2a14 ( E1 , E4 ) tr( E1T AE4 ) 0a33 ( E3 , E3 ) tr( E3T AE3 ) 4a34 ( E3 , E4 ) tr( E3T AE4 ) 0a21 ( E2 , E1 ) tr( E2T AE1 ) 0a41 ( E4 , E1 ) tr( E4T AE1 ) 0a22 ( E2 , E2 ) tr( E2T AE2 ) 1a42 ( E4 , E2 ) tr( E4T AE2 ) 3a23 ( E2 , E3 ) tr( E2T AE3 ) 0a43 ( E4 , E3 ) tr( E4T AE3 ) 0a24 ( E2 , E4 ) tr( E2T AE4 ) 2a44 ( E4 , E4 ) tr( E4T AE4 ) 4Vậy ma trận biểu diễn của theo cơ sở tự nhiên {E1 , E2 , E3 , E4} là10A300103204002 04Ví dụ: Cho dạng toàn phương q : »3 ® »xác định bởiq( x, y, z ) 3x 2 12 xy 6 xz 8 y 2 28 yz 12 z 2 ; ( x, y, z ) 3a) Lập ma trận của q trong cơ sở chính tắc.b) Lập ma trận và biểu thức tọa độ của q trong cơ sởB1 ((1,1, 0), (0,1,1), (1, 0,1))c) Lập ma trận và biểu thức tọa độ của q trong cơ sởB2 ((1,0,0),(2,1,0),(5, 2,1))Hướng dẫn:a) Ma trận của dạng toàn phương trong cơ sở chính tắc là:63 3A 68 14 3 14 12 b) Tương tực) Tương tựBài toán : Tìm hạng và xác định tính suy biến hay không suy biến củacác dạng toàn phương 3 biến thực sau:a) q1 ( x, y, z) 2x2 3 y 2 5z 2b) q2 ( x, y, z ) 2 xy 2 xz 2 yzc) q3 ( x, y, z) x2 2 xy 6 xz 2 y 2 8 yz z 2Với mọi (x, y, z) λ3 , l λcho trước.Hướng dẫn:a) Xét ma trận của dạng toàn phương q1 đối với cơ sở chính tắc là:2 0 0A 0 3 0 0 0 5 Rank A = 3. Suy ra, dạng toàn phương này không suy biến.b) q3 ( x, y, z) x2 2 xy 6 xz 2 y 2 8 yz z 2Ma trận của dạng toàn phương đối với cơ sở chính tắc:3 1 13 1 1 3 1 1A 1 2 4 0 11 0 11 3 4 0 1 9 0 0 10Nếu 10 0 10 thì rank A = 2. Dạng toàn phương suy biến.d) Nếu 10 0 10 thì rank A = 3. Dạng toàn phương không suybiến.Bài toán : Trong »3 , xét dạng toàn phươngQ(u) 2 x12 3x1x2 4 x1x3 x22 x32GiảiMa trận của Q trong cơ sở chính tắc là:23A22Các định thức con chính của A là:21 00 1 321 2; 2 23/ 23/ 2117 ; 3 det( A) 144Do đó,11 0 11 ; 22 1 8; 33 2 1 223 1712Vậy Q(u ) x1'2 8 x2'2 1 '2x317Tìm cơ sở E ' (e1' , e2' , e3' ) trong đó, Q(u) có dạng chính tắc nói trên.Khi k = 2, ta giải hệ32 21 2 22 0 22 8 21 63 02122 2Khi k = 3, ta giải hệ32 31 2 32 2 33 030 31 322+ 33 12 311218Thay 33 , ta giải hệ được 31 và 32 171717Vậy cơ sở mới là ' e1e1 2 'e2 6e1 8e28e 12e2 e3e3' 117Bài toán : Dùng phương pháp giá trị riêng đưa dạng toàn phương trênkhông gian »3 được cho bởi:( x) 11x12 2 x22 5x32 4 x1 x2 16 x1x3 20x2 x3 với x ( x1 , x2 , x3 ) sau về dạngchính tắc.GiảiMa trận của dạng toàn phương đối với cơ sở chính tắc {e1 , e2 , e3} là 11 2 8A 2 2 10 8 10 5 Đa thức đặc trưng của ma trận A là:P( ) 2 18 2 81 1458 ( 9)( 9)( 18)Vậy ma trận A có giá trị riêng là: 1 9, 2 18, 3 9 ( x) 9 y12 18 y22 9 y32Khi đó dạng toàn phương có dạng chính tắc là x y1 f1 y2 f 2 y3 f 3Các vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng 9 là u t (2, 2,1) vớit .Chọn t =1 ta được một vector riêng là u1 (2, 2,1)Các vector riêng ứng với giá trị riêng 18 là u t (2, 1, 2) với t .Chọn t =1 ta được một vector riêng là u2 (2, 1, 2)Các vector riêng ứng với giá trị riêng 9 là các vector u t (1, 2, 2) vớit .Chọn t = 1 ta được một vector riêng là u3 (1, 2, 2)Ta có các vector u1, u2, u3 trực giao với nhau.Chuẩn hóa:v1 12 2 1 , , || u1 || 3 3 3 v2 1 2 1 2 , , || u2 || 3 3 3 v3 1 1 2 2 , , || u3 || 3 3 3 Khi đó f1f2f3 e1 e2 2 / 3 2 / 3 1/ 3 e3 2 / 3 1/ 3 2 / 3 1/ 3 2 / 3 2 / 3 Cơ sở các phương chính của là 2 2 1f1 , , 3 3 3 2 1 2 f2 , , 3 3 3 1 2 1f3 , , 3 3 3Bài toán : Tìm các giá trị để các dạng toàn phương thực sau đây xác địnhdương.q( x1 , x2 , x3 ) x12 2 x22 x32 2 x1 x2Hướng dẫn:Bằng phương pháp Lagrange, đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc:q( x1 , x2 , x3 ) x12 2 x22 x32 2 x1 x2 x1 x2 x22 x322Đặt:t1 x1 x2t2 x2t x33Dạng chính tắc:q(t ) t12 t22 t32Dạng toàn phương này xác định dương khi và chỉ khi 0Bài toán : ) Cho dạng toàn phương( x1 , x2 , x3 ) x12 x22 2 x32 4 x1 x2 4 x1 x3 x2 x3 . Tìm dạng chính tắc của cácdạng toàn phương sau trênvà tìm một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toànphương được viết dưới dạng chính tắc bằng phương pháp Jacobi. Hỏi dạngtoàn phương này có xác định âm hay không?Hướng dẫn:1 2 2 1Ma trận biểu diễn của theo cơ sở chính tắc là A 2 121222Các định thức con chính của A 0 1, 1 1, 2 1221 2 3, 3 22 111252421220,5đVậy dạng chính tắc của dạng toàn phương là112 2( x) 0 y12 1 y22 2 y32 y12 y22 y30,5đ123325Xác định cơ sở S {w1 , w2 , w3} để dạng toàn phương được viết dướidạng chính tắc.Đặtw1 t11e1w2 t21e1 t22e2w3 t31e1 t32e2 t33e3t11 0 1.1t21 , t22 là nghiệm của hệ phương trình2t21t21 2t22 03 2t21 t22 1t 1 223t31 , t32 , t33 là nghiệm của hệ phương trình4 t31 25 t31 2t32 2t33 0114 2t31 t32 t33 0 t32 2251122t31 2 t32 2t33 1 t33 25Khi đó ta ców1 e1 (1,0,0)212 1 e1 e2 , ,0 333 3 41412 4 14 12 w3 e1 e2 e3 , , 252525 25 25 25 w2 2 1 4 14 12 Vậy trong cơ sở S (1,0,0), , ,0 , , , dạng toàn 3 3 25 25 25 phương được viết dưới dạng chính tắc112 2( x) 0 y12 1 y22 2 y32 y12 y22 y3123325Dạng toàn phương này không xác định âm.Bài toán : Đưa dạng toàn phương sau ( x1 , x2 , x3 ) x1 x2 x2 x3 x3 x1 vềdạng chính tắc trênvà xác định một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toànphương được viết dưới dạng chính tắc đó. Hỏi dạng toàn phương trên có xácđịnh dương hay không?Hướng dẫn:Đặtx1 y1 y2x2 y1 y2x3 y3Thay vào dạng toàn phương trên ta được( x) ( y1 y2 )( y1 y2 ) ( y1 y2 ) y3 y3 ( y1 y2 ) y12 y22 2 y1 y3 y1 y3 y2 y322Đặtz1 y1 y3z 2 y2z3 y3Khi đó ta nhận được dạng chính tắc là ( x) z12 z22 z32 .Bây giờ ta sẽ tìm một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toàn phương códạng chính tắc. Theo các cách đặt như trên ta có x1 1 1 0 y1 y1 1 0 1 z1 x 1 1 0 y ; y 0 1 0 z 2 2 2 2 x3 0 0 1 y3 y3 0 0 1 z3 x1 1 1 0 1 0 1 z1 1 1 1 z1 x 1 1 0 0 1 0 z 1 1 1 z 2 2 2 x3 0 0 1 0 0 1 z3 0 0 1 z3 Vậy trong cơ sở S {(1,1,0),(1, 1,0),(1, 1,1)} dạng toàn phương đã chocó dạng chính tắc ( x) z12 z22 z32 .Dạng toàn phương này không xác định dương.1. Viết ma trận của dạng song song tuyến tính đối xứng trên R3, ở đây. x1 ; x2 ; x3 ; x1 ; x2 ; x3 a) ( , ) 2 x1 y1 3x2 y2 4 x3 y1 x3 y3b) ( , ) 4 x1 y2 5 x1 y3 8 x2 y1 6 x2 y3 x3 y32.Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối xứng trên R3a) ( , ) 5 x1 y1 4 x1 y2 3x2 y2 6 x2 y3 x3 y3b) ( , ) 2 x1 y2 6 x1 y3 x2 y2 x2 y3 5x3 y33. Cho ma trận của dạng song tuyến tính trên R3 có ma trân đối với cơsở chính tắc là4 2 0A 1 0 5 2 2 3 Tìm ma trận của đối với cơ sở gồm các vecto 1 (0, 2,1), 2 (1,1, 0), 3 (1,3, 0)4. cho dạng song tuyến tính trên R3 có ma trận đối với cơ sở ( ) là 2 1 1 A 0 3 5 1 0 2 Ma trận chuyển từ cơ sở ( ) sang cơ sỏ ( ) của R n là1 1 0T 2 0 10 1 2Tìm ma trận của đối với cơ sở ( )§. DẠNG TOÀN PHƯƠNG5. Tìm mà trận của dạng toàn phương trên R3 có biểu thức tọa độ saua) x12 x22 3x1 x2b) 2 x12 3x22 x32 4 x1 x2 6 x1 x3 10 x 2 x 3c) 2 x12 4 x22 9 x32 4 x1 x2 6 x1 x3 x 2 x 36.Cho các dạng toàn phương sau đay được viết dưới dạng ma trận. Hãyviết chúng dưới dạng thường: 3 0 1 x1 a) ( x1 x2 x3 ) 0 2 1 x2 1 1 2 x 3 4 1 0 x1 b) ( x1 x2 x3 ) 1 3 1 x2 0 1 1 x 3 7. Viết các dạng toàn phương sau dây dưới dạng ma trận:a) 3x12 x22 4 x1 x2 , ( x1 , x2 )b) x12 2 x22 6 x1 x2 2 x1 x3 x 2 x 38. Tìm biểu thức tọa đọ của mỗi dạng toàn phương dưới đây sau khi thựchiện Phép biến đổi tọa độ tương ứng:a) 5 x12 3x22 6 x1 x2 , ( x1 , x2 , x3 ) x1 y1 2 y2 x2 y2b) x12 2 x22 x32 4 x1 x2 2 x 2 x 3 , ( x1 , x2 , x3 ) x1 y1 2 y2 x2 y2x y y23 3c) 2 x12 3x22 6 x1 x2 2 x1 x3 4 x 2 x 3 , ( x1 , x2 , x3 )y3 x1 y1 2 y2 2 x2 y2x y y32 3§3.ĐƯA DẠNG TOÀN PHƯƠNG VỀ DẠNG CHÍNH TẮC9.Đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc, với ( x1 , x2 , x3 ) R3 . x12 2 x22 2 x1 x2 4 x 2 x 3 ; x12 4 x22 x32 4 x1 x2 2 x2 x3 ; x12 x22 x32 2 x1 x2 2 x1 x3 2 x 2 x 3 ; 2 x12 x22 3x32 4 x1 x2 4 x 2 x 3 ; 2 x12 x22 3x32 4 2 x 2 x 3 ; 2 x22 x32 6 x1 x2 2 x1 x3 4 x 2 x 310. Với các ký hiệu trước định lý 6.7, chứng minh rằng một dạng toànphương xác định âm khi và chỉ khi (1)k Dk 0, k 1, 2,..., n§4.KHÔNG GIAN VECTƠ ƠCLIT11. Trong không gian vectơ Ơclit ta đặt: cos( , ) , và gọi đó là cosin của góc giữa hai vectơ và Hãy tính chuẩn và co sin của góc giữa hai vectơ sau trong R3a) (1, 2,3), (0, 2,1) ;b) (1,0,0), (0,1, 1) .12. Trong không gian vectơ ơclit R3 cho cơ sở gồm: 1 (1, 2,3), 2 (0, 2,0), 3 (0,0,3) . Trực chuẩn hóa hệ vectơ đã cho13. Trong không gian vectơ ơclitR4, hãy trực chuẩn hóa hệ vectơ gồmcác vectơ sau: 1 (1,0,1, 2), 2 (1,0, 1,0), 3 (0,1,1,1)14. Trong không gian vectơ ơclit E với ơ sở trực chuẩn 1 , 2 , 3 .Hãy tính . , , , cos( , )a) 3 1 2 2 , 2 4 3 ,b) 1 3 2 3 , 1 2 2 3c) 4 2 3 , 5 1 3d) 2 1 2 3 , 2 2 3 3e) 5 1 2 2 3 , 1 2 5 3 .15. Tìm ma trận trực giao đưa các dạng toàn phương trên R3 sau về dạngchính tắc, ( x1 , x2 , x3 ) R3 :a) 5 x12 9 x22 9 x32 12 x1 x2 6 x1 x3 ;b) 4 x12 x22 9 x32 4 x1 x2 6 x 2 x 3 12 x1 x3 ;c) 5 x12 x22 x32 2 x1 x2 4 x 2 x 3 2 x1 x3 ;d) 3x12 3x22 3x32 2 x1 x2 4 x 2 x 3 4 x1 x3 .1. Với V R n , a1 ,...., an , với mỗi i 1, 2,...., n ta có phép chiếu f i từ Rnđến R xác định bởi fi ai là dạng tuyến tính trên Rn 2. Ký hiệu Pn là không gian vector gồm đa thức 0 và các đa thức một ẩn x có bậcnbé hơn hoặc bằng n, với hệ số thực ai xi . Ánh xạ Pn R , xác địnhi 0 nbởi f ai là một dạng tuyến tính trên Pn. i 03. Với V R 2 , xác định bởi a1 , a2 , b1 , b 2 , ánh xạ xác định bởi , a1a2b1b2là một dạng song tuyến tính thay phiênGiải: Thật vậy, với bất kì a1 , a2 , b1 , b 2 , ' a1 ', a2 ' , ' b1 ', b 2 ' Thuộc R2 và k thuộc R, ta có: ', a1 a1 ' a2 a2 'b1 b1 'b2 b2 'a1a2b1b2a1 ' a2 'b1 ' b2 ' , ', ' Tương tự : , ' , ', ' k , ka1ka2b1b2ka1b1 a k , 1b2 kb1a2 , k kb2a2 Hơn nữa, ta có: , , 4. Ánh xạ R n .R n R xác định bởi , x1 y1 x2 y2 ..... xn yn với x1 , x2 ,....., xn là một dạng song song tuyến tính đối xứng trên Rn.5.Giả sử V là không gian vector ( hình học) có chung gốc ) O. Ánh xạ Từ V x Vvào R xác định như sau : OA , OB , , là cos , là một dạng song tuyến tínhđối xứngNhư đã biết trong giáo trình hình học trường phổ thông, với 2 kí hiệu trên làtích vô hướng của 2 vector, ta có: 1 2 , 1 2 1 2 1 , 2 , , 1 2 1 2 1 2 , 1 , 2 k , k k , k , , k k k , k , , . . , 6. Đưa dạng toàn phương sau trên R 3 về dạng chính tắc( ) x12 2 x22 3x32 4 x1 x2 4 x2 x3Giải.( ) x12 4 x1 x2 4 x22 2 x22 3x32 4 x2 x3 ( x1 2 x2 )2 2 x22 3x32 4 x2 x3Đặt: y1 x1 2 x2 y2 x2y x3 3ta có:( ) y12 2 y22 3 y32 4 y2 y3 y12 2( y22 2 y2 y3 y32 ) 2 y32 332 y12 2( y2 y3 ) 5 y32Đặt: z1 y1 z2 y2 y3z y3 3ta được:7.( ) z12 2 z22 5 z32Đưa dạng toàn Phuong ( ) 4 x1 x2 3x2 x3 trên R 3 về dạng chính tắc.GiảiĐặt: x1 y1 y2 x2 y1 y2x y3 3Khi đó ta có: |