Tài liệu Bài tập dạng toàn phương có lời giải

CHUYÊN ĐỀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG Bài toán : Cho f : R  R  R . Hỏi ánh xạ nào sau đây là dạng song tuyến 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 nghĩa a) Ta có f ( x y, z ) x y z Mặt khác f ( x, z ) f ( y, z ) x z y z (x y z) z Ta 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 ( x y, z ) a( x y) z +) f ( x, y a( xy) z) ax( y f ( x, y ) +) f ( x, y) a( x y ) ayz f ( y, z ) . f ( x, z ) +) f ( x, y) axz (axy) z) axy f ( x, y) . axz f ( x, z ) . (axy ) f ( x, y) Vậy f là một dạng song tuyến tính. 2 2 Bài 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 y1 Xét xem f có phải là dạng song tuyến tính không? 2 2 Giải: 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 mãn Vậy f là một dạng song tuyến tính. Ví dụ 6: Trong không gian R3 với cơ sở chính tắc S e1, e2 , e3 . Cho dạng song tuyến tính xác định như sau: với x x1, x2 , x3 , y   y1, y 2 , y3   R 3 f : R3  R3  R x, y   f x, y   x1 y1  3x2 y 2  2 x3 y3 và cho hệ cơ sở mới e1 '  1,1,0, e2 '  1,0,1, e3 '  1,1,1 S '  e1 ' , e2 ' , e3 ' , với Tìm ma trận A’ của f trong cơ sở S’. Giải: b11 b12 Cách 1: Tính trực tiếp, đặt A'  b21 b22 b31 b32 b13  b23  , b33  với b11  f e1 ' , e1 '  4 , b12  f e1 ' , e2 '  1 , b13  f e1 ' , e3 '  4 b21  f e2 ' , e1 '  1 , b22  f e2 ' , e2 '  3 , b23  f e2 ' , e3 '  3 b31  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 t 3 3 Ví dụ 7. Cho f là dạng song tuyến tính từ f : R  R  R , với cơ sở chính tắc được xác định như sau: f ( x, y) x1 y1 2 x1 y2 x2 y2 3x3 y3 , x x1, y1, z1 ; y y1, y2 , y3 . Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc S cơ sở e1, e2 , e3 của R3 và trong S '  e1 ' , e2 ' , e3 ', với e1 '  1,1,1, e2 '  1,1,0, e3 '  0,1,1 Giải:  a11 A  a 21 a31 +) Đối với cơ sở a12 a 22 a32 chính tắc S e1, e2 , e3 f có ma trận là: a13  a 23  a33  Trong đó: a11 f e1, e1 1, a12 f e1, e2 a21 f e2 , e1 0 , a22 f e2 , e2 a31 f e3 , e1 0 , a32 Vậy ta có : f e3 , e2 2 , a13 f e1, e3 0 1 , a23 f e2 , e3 0 0 , a33 f e3 , e3 3 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 3x12 x1x2 2 x2 x3 toàn phương trong R3 . Trong đó 1 a11 3, a12 a21 , a13 a31 0, a32 2 Ma trận của dạng toàn phương là: a 23 1, a 22 Ví dụ 8: +) Cho Q x f x, x  3 1 A 2 0   0   1 1  1 4  1 2 x22 4 x32 là dạng 1, a33 4. +) Cho Q x f x, x x12 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 1 1 2  1, 3  det A  3 . Ta thấy k  0, k  1,2,3 nên f là dạng toàn phương xác định dương Ví 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 x1x3 Giải: 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 x3 2 =  3 x1  x2  x3   5  x2  x3  2  2  x1  3 x1  x2  x3 Đặt  , ta được dạng toàn phương trên về dạng chính tắc:  x2  x2  x3 f  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  x32 3   = 2  x12  x1x2  2 x1x3   x22  x32 2   2 3   1 = 2  x1  x2  x3   x22  3x2 x3  x32 4   8 2 3 3    17  = 2  x1  x2  x3   x22   x3  x2  4 8 2     2 3   x  x  x2  x3 1 1  4  17 Đặt  x2  x22 , ta được dạng chính tắc: f  2 x12  x22  x3 2 . 8  3  x3  x3  x2 2  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 x32 2 =  x1  x2  2 x3  Đặt 2 2 1    4  x2  x3   9 x32 2    x1  x1  x2  2 x3  1  , ta được dạng chính tắc của dạng toàn phương  x2  x2  x3 2   x3  x32 trên là w( x)  x12  4 x22  9 x32  x1  y1  y2  b) Đặt:  x2  y1  y2 , x  y 3  3 ta 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  y 3  3 Chú ý: Ở dạng toàn phương ban đầu nếu a11  0 , nhưng a1 j  0, ( j  1) .  x1  y1  y2 x  y  y 1 2  2 Chẳng hạn a12  0 thì ta sử dụng phép đổi biến:  x3  y3 thì khi đó    xn  yn trong cơ sở mới ta lại có phương trình ở dạng ban đầu. Bài toán : Trong R 3 trực giao hoá hệ f1  0,1,2, f 2  1,2,0, f 3  2,0,1 Ta có e1  f 1  0,1,2  e2  f 2  e3  f 3  f e  2 1 2 e1 f e  3 e1 1 2 e1  1,2,0   e1  f e2  3 e2 2 2 1,2,0  1, 8 , 4  5  5 5 e2  2,0,1  2 0,1,2  6 1, 8 , 4    12 , 6 , 3  5 21  5 5   7 7 7  a) Trong C21,1 trực giao hoá hệ f1  1, f 2  t , f 3  t 2 Ta có: e1  1 1 e2  t  t 1 1 2 .1  t  e3  t  2 1 1 1 1 2 dt  dt 1 t  dt 1 t  tdt 1 1 .1  t 3 dt  t2  1 1  tdt 1 3 1 Bài toán : Chéo hoá trực giao ma trận đối xứng 1 2 2   A   2 1 2 2 2 1   Phương trình đặc trưng : 1  2 2 2 1  2 2 2 1   0    5  1  0 Vậy 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  c 2 3  1  3 Ta 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 là 2 x1  2 x2  2 x3  0  x1  c1  c 2    x 2  c1  x c 3 2  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  1 1 1  , ,  6 6 6 1 , 1 Từ đó , với     T      1 3 1 3 1 3 1  2 1 2 0 1   6 1    6 1   6   Ta có 0 5 0   T AT   0  1 0   0 0  1   * tắc Bài toán : Đưa dạng toàn phương về dạng chính Cho dạng toàn phương Q trong R4 Lời 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 34 Đặt x1  (x1  x2  x3  x4 ) và khử số hạng chữ nhật của x4 Q(x)  x1/ 2  3(x 4  x 2  Đặt x 4  x 4  x 2  x3 3 )2  x 2 x 3  x 32 3 x3 và khử số hạng chữ nhật của x3 3 2 1 3  3 Qx   x  3x   x3  x2   x22 3 2  4 '2 1 Đặt x3  x3  3x 2 2 '2 2 ; x 4  x 2 Q x   x1'2  3 x 2'2  1 '2 3 '2 x3  x 4 3 4 Đây là dạng chính tắc của dạng toàn phương đã cho. Phép biến đổi đã tiến hành là: x1  x1  x 2  x 3  x 4 x 2  x 4  x 2  x 3  x 3  x 4  x 2 3x 2 2 x3 3 4 x1  x1  x 2  x 3  x 4 3 x 2  x 4 3 x 3  x 3  x 4 2 x 3 x 4  x 2  3  x 4 2 2 Ma trận chuyển cơ sở sang cơ sở chính tắc là: 1  0 0  0 1   0 0 1  0 1 3 / 2   1 1/ 3 3 / 2  1 4 / 3 Như vậy, cơ sở chính tắc là: 4 1 3 3 e1  (1,0,0,0),e2  (1,0,0,1),e3  (  ,0,1,  ),e4  (1,1,  ,  ) 3 3 2 2 Ví dụ 2 : Bằng phương pháp Larrange, đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc: Qx   2 x1 x2  4 x1 x3  2 x2 x3 Do các hệ số bình phương đều bằng 0 nên ta thực hiện phép đổi biến như sau : x1  y1  y 2 Ta đặt : x2  y1  y 2 x3  y 3 Q x   2 y12  2 y 22  2 y1 y 3  6 y 2 y 3 Khi đó :  2 y12  y1 y 3  y 32   2 y 22  6 y 2 y 3  y 32 1 4  2 1 2  2 1  3     2 y1  y 3   2 y 2  y 3   4 y 32 2  2    Tiếp tục thực hiện phép đổi biến ta sẽ đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc là 2 z12  2 z 22  4 z32 Bài toán : : Cho ma trận của dạng song tuyến tính  trên R 3 có ma trận đối với cơ sở chính tắc là : 2 0  4   A  1 0 5  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: 2 0  0 1  1  3  2  6   0 2 1  4        B  T t AT   1 1 0   1 0 5  2 1 3    9 5 3    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 , e3 a) Giả sử  là phép biến đổi tuyến tính của V có ma trận 1 3  2   A  2 1 4  0 1 1    Đối với cơ sở f1  e1  e2  2e3 , f 2  2e1  e2 , f 3  e1  e2 . tìm ma trận của  * trong cơ sở đó b) Tìm ma trận của phép biến đổi tuyến tính  * của  , với  xác định bởi  e3   e1  2e2  e3  e2  e3   3e1  e2  2e3  e1  e2  e3   7e1  e2  4e3 đối với cơ sở e1 , e2 , e3 Lời giải : ,  e3   e1  2e2  e3    e2  e3    e2    e3   3e1  e2  2e3 Từ   e  e  e    e    e    e   7e  e  4e 3 1 2 3 1 2 3  1 2  e1   4e1  2e2  2e3  Suy ra   e2   2e1  e2  e3   e   e  2e  e 3 1 2 3  2 1  4  2  2  4     Vậy ma trận của  * đối với e1 , e2 , e3 là   2  1 2    2  1 1   2 1 1   1 2 1   xác định bởi Bài toán : Cho f (x, y ) 2x 1y1 trong đó x 3x1y2 (x1, x 2, x 3 ), y 7x 2y1 x 1y 3 (y1, y2, y3 ) 9x 3y1 3 x 2y2 4x 2y 3 x 3y2 x 3y 3 . a) Tìm ma trận biểu diễn E của f theo cơ sở chính tắc (3) . b) S Tìm ma trận {(1;1;1),(1;2;2),(1;1; 3)} . biểu diễn A của f theo Hướng 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 cơ sở 17 16 25  Do đó ma trận của f theo cơ sở S là A  P EP1  36 38 54  35 34 47  T 1 1) Cho a) Chứng minh rằng được cho bởi là một dạng song tuyến tính trên b) Tìm ma trận biểu diễn của 3 [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 có 1 (a p (t )  b p0 (t ), q (t ))   [ap (t )  bp0 (t )]q (t )dt 0 1   [ap (t )q (t )  bp0 (t )q (t )]dt 0 1 1 0 0  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 )]dt 0 1   [a p (t )q (t )  b p (t )q0 (t )]dt 0 1 1 0 0  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 có 1 1 a11  (1,1)   dt  1 a31  (t ,1)   t 2 dt  2 0 1 a12  (1, t )   tdt  0 0 1 1 2 a32  (t 2 , t )   t 3dt  0 1 a33  (t , t )   t 4 dt  2 1 a14  (1, t 3 )   t 3dt  0 1 a21  (t ,1)   tdt  0 2 0 1 4 a34  (t 2 , t 3 )   t 5 dt  0 1 1 2 a41  (t 3 ,1)   t 3dt  0 1 1 a22  (t , t )   t dt  3 0 a42  (t , t )   t 4 dt  2 3 0 1 a24  (t , t 3 )   t 4 dt  0 2 0 1 1 5 a44  (t 3 , t 3 )   t 6 dt  0 1 6 1 5 a43  (t , t )   t 5 dt  3 1 5 1 4 1 1 a23  (t , t )   t dt  4 0 3 1 2 1 1 2 1 4 1 1 a13  (1, t )   t dt  3 0 2 1 3 1 6 1 7 Vậy ma trận biểu diễn của  theo cơ sở tự nhiên {1,t,t 2 ,t 3} là  1  1 2 A 1 3 1  4 1 4  1 5 1  6 1  7 là một dạng song tuyến tính trên b) Tìm ma trận biểu diễn của Hướng dẫn: 1 3 1 4 1 5 1 6 được xác định bởi 2) Cho a) Chứng minh rằng 1 2 1 3 1 4 1 5 theo cơ sở tự nhiên . a) Với mọi a,b λvà X , X 0 ,Y,Y0 Î M 2 (») . Ta có s(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 có a11  ( E1 , E1 )  tr( E1T AE1 )  1 a12  ( E1 , E2 )  tr( E1T AE2 )  0 a31  ( E3 , E1 )  tr( E3T AE1 )  3 a32  ( E3 , E2 )  tr( E3T AE2 )  0 a13  ( E1 , E3 )  tr( E1T AE3 )  2 a14  ( E1 , E4 )  tr( E1T AE4 )  0 a33  ( E3 , E3 )  tr( E3T AE3 )  4 a34  ( E3 , E4 )  tr( E3T AE4 )  0 a21  ( E2 , E1 )  tr( E2T AE1 )  0 a41  ( E4 , E1 )  tr( E4T AE1 )  0 a22  ( E2 , E2 )  tr( E2T AE2 )  1 a42  ( E4 , E2 )  tr( E4T AE2 )  3 a23  ( E2 , E3 )  tr( E2T AE3 )  0 a43  ( E4 , E3 )  tr( E4T AE3 )  0 a24  ( E2 , E4 )  tr( E2T AE4 )  2 a44  ( E4 , E4 )  tr( E4T AE4 )  4 Vậy ma trận biểu diễn của  theo cơ sở tự nhiên {E1 , E2 , E3 , E4} là 1 0 A 3  0 0 1 0 3 2 0 4 0 0 2  0  4 Ví dụ: Cho dạng toàn phương q : »3 ® »xác định bởi q( x, y, z )  3x 2  12 xy  6 xz  8 y 2  28 yz  12 z 2 ; ( x, y, z )  3 a) Lập ma trận của q trong cơ sở chính tắc. b) Lập ma trận và biểu thức tọa độ của q trong cơ sở B1  ((1,1, 0), (0,1,1), (1, 0,1)) c) Lập ma trận và biểu thức tọa độ của q trong cơ sở B2  ((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 6 8 14   3 14 12  b) Tương tự c) Tương tự Bài toán : Tìm hạng và xác định tính suy biến hay không suy biến của các dạng toàn phương 3 biến thực sau: a) q1 ( x, y, z)  2x2  3 y 2  5z 2 b) q2 ( x, y, z )  2 xy  2 xz  2 yz c) q3 ( x, y, z)  x2  2 xy  6 xz  2 y 2  8 yz   z 2 Với 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 2 Ma trận của dạng toàn phương đối với cơ sở chính tắc: 3  1 1 3  1 1 3  1 1      A  1 2 4   0 1 1   0 1 1  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 suy biến. Bài toán : Trong »3 , xét dạng toàn phương Q(u)  2 x12  3x1x2  4 x1x3  x22  x32 Giải Ma trận của Q trong cơ sở chính tắc là:  2  3 A 2 2   Các định thức con chính của A là:  2  1 0  0 1   3 2 1  2;  2  2 3/ 2 3/ 2 1 17   ; 3  det( A)   1 4 4 Do đó, 11  0 1   1  ; 22  1  8; 33  2  1 2 2 3 17 1 2 Vậy Q(u )  x1'2  8 x2'2  1 '2 x3 17 Tìm cơ sở E '  (e1' , e2' , e3' ) trong đó, Q(u) có dạng chính tắc nói trên. Khi k = 2, ta giải hệ 3  2 21  2  22  0  22  8    21  6 3   0 21 22  2 Khi k = 3, ta giải hệ 3  2 31  2  32  2 33  0  3 0   31   32 2  + 33  1 2 31   12 1 8 Thay  33  , ta giải hệ được  31  và  32  17 17 17 Vậy cơ sở mới là  ' e1 e1  2  ' e2  6e1  8e2  8e  12e2  e3 e3'  1  17 Bài toán : Dùng phương pháp giá trị riêng đưa dạng toàn phương  trên không gian »3 được cho bởi: ( x)  11x12  2 x22  5x32  4 x1 x2 16 x1x3  20x2 x3 với x  ( x1 , x2 , x3 ) sau về dạng chính tắc. Giải Ma 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 y32 Khi đó dạng toàn phương có dạng chính tắc là   x  y1 f1  y2 f 2  y3 f 3 Các vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng   9 là u  t (2, 2,1) với t . 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) với t . 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  f1 f2 f3    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 định dương. q( x1 , x2 , x3 )  x12  2 x22   x32  2 x1 x2 Hướng 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   x32 2 Đặt: t1  x1  x2  t2  x2 t  x 3 3 Dạng chính tắc: q(t )  t12  t22  t32 Dạng toàn phương này xác định dương khi và chỉ khi   0 Bài 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 các dạng toàn phương sau trên và tìm một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toàn phương  được viết dưới dạng chính tắc bằng phương pháp Jacobi. Hỏi dạng toàn 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 2 2 2   Các định thức con chính của A  0  1, 1  1,  2  1 2 2 1 2  3,  3  2 2 1 1 1 25  2 4 2 1 2 2 0,5đ Vậy dạng chính tắc của dạng toàn phương  là    1 12 2 ( x)  0 y12  1 y22  2 y32  y12  y22  y3 0,5đ 1 2 3 3 25 Xác định cơ sở S  {w1 , w2 , w3} để dạng toàn phương  được viết dưới dạng chính tắc. Đặt w1  t11e1 w2  t21e1  t22e2 w3  t31e1  t32e2  t33e3 t11  0  1. 1 t21 , t22 là nghiệm của hệ phương trình 2  t  21  t21  2t22  0 3    2t21  t22  1 t   1  22 3 t31 , t32 , t33 là nghiệm của hệ phương trình 4    t31  25  t31  2t32  2t33  0   1 14    2t31  t32  t33  0  t32   2 25   1 12   2t31  2 t32  2t33  1  t33  25  Khi đó ta có w1  e1  (1,0,0) 2 1 2 1  e1  e2   ,  ,0  3 3 3 3  4 14 12  4 14 12  w3  e1  e2  e3   ,  ,  25 25 25  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    1 12 2 ( x)  0 y12  1 y22  2 y32  y12  y22  y3 1 2 3 3 25 Dạng toàn phương này không xác định âm. Bài toán : Đưa dạng toàn phương  sau ( x1 , x2 , x3 )  x1 x2  x2 x3  x3 x1 về dạng chính tắc trên và xác định một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toàn phương  được viết dưới dạng chính tắc đó. Hỏi dạng toàn phương trên có xác định dương hay không? Hướng dẫn: Đặt x1  y1  y2 x2  y1  y2 x3  y3 Thay 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  y32 2 Đặt z1  y1  y3 z 2  y2 z3  y3 Khi 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  có dạng 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 cho có 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 y3 b)  ( ,  )  4 x1 y2  5 x1 y3  8 x2 y1  6 x2 y3  x3 y3 2.Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối xứng trên R3 a)  ( ,  )  5 x1 y1  4 x1 y2  3x2 y2  6 x2 y3  x3 y3 b)  ( ,  )  2 x1 y2  6 x1 y3  x2 y2  x2 y3  5x3 y3 3. Cho ma trận của dạng song tuyến tính  trên R3 có ma trân đối với cơ sở 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)