Cách Tìm ma trận của dạng toàn phương

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  Rx, y   f x, y   x1 y1  3x2 y 2  2 x3 y3vàchohệcơsởmớie1 '  1,1,0, e2 '  1,0,1, e3 '  1,1,1S '  e1 ' , e2 ' , e3 ',vớiTìm ma trận A’ của f trong cơ sở S’.Giải:b11 b12Cách 1: Tính trực tiếp, đặt A'  b21 b22b31 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 4A'  1 3 34 3 6Vậy1 0 0Cách 2: Ma trận của f trong cơ sở S là: A  0 3 00 0 21 1 1Ma trận chuyển cơ sở S sang S’ là: P  1 0 10 1 1Do đó1 1 0 1 0 0 1 1 1 4 1 4A'  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 6t33Ví 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 '  0,1,1Giải: a11A  a 21a31+) 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 , e331 0 0 A  2  1 00 0 31 1 1 Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở S’ là: P  1 1 00 1 1,nên ma trận của f trong cơ sở mới S’ là:1 1 0 1 0 0 1 1 1 2 2 3A'  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 43x12x1x22 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, x31A200 1 11 412x224 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 0A  0 2 00 0 0Dùng 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 22 x1  3 x1  x2  x3Đặt , ta được dạng toàn phương trên về dạng chính tắc: x2  x2  x3f  x12  5 x22 .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  x32223 1= 2  x1  x2  x3   x22  3x2 x3  x324 8233  17= 2  x1  x2  x3   x22   x3  x2 482 23 xxx2  x311417Đặt  x2  x22, ta được dạng chính tắc: f  2 x12  x22  x3 2 .83 x3  x3  x22Ví 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 x31, ta được dạng chính tắc của dạng toàn phương x2  x2  x32 x3  x32trên làw( x)  x12  4 x22  9 x32 x1  y1  y2b) 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  y3Đặt  z2  y2, ta có dạng chính tắc là: w( x)  z12  z22  z32z  y3 3Chú ý: Ở dạng toàn phương ban đầu nếu a11  0 , nhưng a1 j  0, ( j  1) . x1  y1  y2x  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  2,0,1Ta cóe1  f 1  0,1,2 e2  f 2 e3  f 3 f e 212e1f e 3e112e1  1,2,0  e1 fe2 3e2221,2,0  1, 8 , 4 5 5 5e2  2,0,1 20,1,2  6 1, 8 , 4    12 , 6 , 3 521  5 5   7 7 7 a) Trong C21,1 trực giao hoá hệf1  1, f 2  t , f 3  t 2Ta có:e1  11e2  t t 112.1  t e3  t 211112dt dt1t dt1t tdt11.1 t3dt t2 11 tdt131Bài toán : Chéo hoá trực giao ma trận đối xứng1 2 2A   2 1 22 2 1Phương 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  0x  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 c32Ta được hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là v 2   1,1,0 ,v3   1,0,1Trực giao hoá ta được f 2   1,1,0  ,f 3   1,0,1 1 1,1,0    1 , 1 ,12 2 2 Chuẩn hoá ta được :e2   e3   ,0 2 2 11 1 ,,66 61,1Từ đó , vớiT 131313121201 61 61 6 Ta có05 0T 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 x33213 3Qx   x  3x   x3  x2   x2232 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:10001 001 013 / 2 1 1/ 3 3 / 2 1 4 / 3Như vậy, cơ sở chính tắc là:413 3e1  (1,0,0,0),e2  (1,0,0,1),e3  (  ,0,1,  ),e4  (1,1,  ,  )332 2Ví dụ 2 : Bằng phương pháp Larrange, đưa dạng toàn phương sauvề dạng chính tắc: Qx   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 321421221 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 4A  1 05  Tìm ma trận của  2  2  3đối với cơ sở gồm các vectơ 1  0,2,1 ,  2  1,1,0 ,  3   1,3,0Lời giải :Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc e  e1 , e2 , e3 sang cơ sở   là 0 1  1T   2 1 3  khi đó ma trận của dạng song tuyến tính  trên R 3 đối1 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 trận1 3  2A  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  2e3Suy ra   e2   2e1  e2  e3  e   e  2e  e31232 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 1a) Ma trận của f theo cơ sở tự nhiên (3) là E  7 1 4 9 1 1  2 3 1b) Ma trận của f theo cơ sở tự nhiên (3) là E  7 1 4 9 1 1 1 1 1Ma trận chuyển cơ sở từ (3) sang S là P1  1 2 11 2 3cơsở17 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} là112A131414151 617là 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} là10A300103204002 04Ví 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:63 3A 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 0A   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 1A  1 2 4   0 11   0 11 3 4   0 1   9  0 0   10Nếu  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:23A22Các định thức con chính của A là:21 00 1 321  2;  2 23/ 23/ 2117  ; 3  det( A)  144Do đó,11 0 11 ; 22  1  8; 33  2 1 223 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 hệ32 21  2  22  0  22  8 21  63   02122 2Khi k = 3, ta giải hệ32 31  2  32  2 33  030  31   322+ 33  12 311218Thay  33  , ta giải hệ được  31  và  32 171717Vậy cơ sở mới là ' e1e1  2 'e2  6e1  8e28e  12e2  e3e3'  117Bài 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 8A   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 12 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 1f1   , ,  3 3 3 2 1 2 f2   ,  , 3 3 3 1 2 1f3   ,  , 3 3 3Bài 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  x2t2  x2t  x33Dạng 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 1Ma trận biểu diễn của  theo cơ sở chính tắc là A   2 121222Các định thức con chính của A 0  1, 1  1,  2 1221 2 3,  3  22 111252421220,5đVậy dạng chính tắc của dạng toàn phương  là112 2( x)  0 y12  1 y22  2 y32  y12  y22 y30,5đ123325Xác 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 trình2t21t21  2t22  03 2t21  t22  1t   1 223t31 , t32 , t33 là nghiệm của hệ phương trình4 t31  25 t31  2t32  2t33  0114 2t31  t32  t33  0  t32  2251122t31  2 t32  2t33  1  t33  25Khi đó ta ców1  e1  (1,0,0)212 1 e1  e2   ,  ,0 333 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 tắc112 2( x)  0 y12  1 y22  2 y32  y12  y22 y3123325Dạng 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 là4 2 0A   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 là1 1 0T  2 0 10 1 2Tìm 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  y2x  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  y2x  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 Rnđến 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 bậcnbé 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 03. Với V  R 2 , xác định bởi    a1 , a2  ,    b1 , b 2  , ánh xạ xác định bởi   ,    a1a2b1b2là một dạng song tuyến tính thay phiênGiải: 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 'a1a2b1b2a1 ' a2 'b1 ' b2 '       ,       ',  '       Tương tự :    ,    '      ,       ',  '   k  ,    ka1ka2b1b2ka1b1  a k   ,    1b2 kb1a2     , k  kb2a2  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 tínhđối 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  x2y  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  y3z  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  y2x  y3 3Khi đó ta có: