đại số tuyến tính

1
BÀI GIẢNG
MÔN ĐẠI SỐ A2
(GV: Trần Ngọc Hội - 2009)

CHƯƠNG 3
DẠNG SONG TUYẾN TÍNH
DẠNG TOÀN PHƯƠNG

Trong chương này ký hiệu K để chỉ trường số thục R hay trường số phức C.

§1. KHÁI NIỆM VỀ DẠNG SONG TUYẾN TÍNH VÀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG
1.1. Đònh nghóa. Cho V là một không gian véctơ trên K. Một dạng song tuyến
tính trên V là một ánh xạ
f: V V K
(u, v) f (u, v)
×
→
U

có tính chất tuyến tính theo từng biến u, v, nghóa là với mọi u, u
1
, u
2
, v, v
1
, v
2
∈ V
và α, β ∈ K ta có
1) f(αu

1
+ u
2
,v) = αf(u
1
,v) + f(u
2
,v);
2) f(u,βv
1
+ v
2
) = βf(u,v
1
) + f(u,v
2
).
Dạng song tuyến tính f được gọi là đối xứng nếu f(u,v) = f(v,u) với mọi u, v ∈V.
1.2. Ví dụ. 1) Với mỗi u = (x
1
, ,x
n
), v = (y
1
, ,y
n
) ∈
n
{ , đặt
f(u,v) = x

1
y
1
+ + x
n
y
n

Khi đó f là một dạng song tuyến tính trên {
n
.
2) Một tích vô hướng trên không gian Euclide V là một dạng song tuyến tính
trên V.



2
1.3. Ma trận của dạng song tuyến tính
Giả sử B = (u
1
, … , u
n
) là một cơ sở của V trên K. Ma trận của dạng song tuyến
tính f trong cơ sở B, ký hiệu [f]
B
, là ma trận A = (a
ij
)
n×n
, trong đó a

ij
= f(u
i
,u
j
) với
mọi 1 ≤ i, j ≤ n.
Với mọi u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
, v = y
1
u
1
+ + y
n
u
n
thuộc V ta có
n n nn nn
ii jj i j ij ijij
i1 j1 i1j1 i1j1
f(u,v) f( x u , y u ) f(u ,u )x y a x y (1)
== == ==
===

∑∑ ∑∑ ∑∑

Đảo lại, (1) xác đònh dạng song tuyến tính f trên V có ma trận trong cơ sở B là A
= (a
ij
)
n×n
.
Chú ý rằng (1) còn được viết dưới dạng
()
11 1n 1
T
1n
n1 nn n
a a y
f(u, v) x x [u] [f ] [v] .
a a y
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
==
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
B
BB

Vậy
T
u, v V, f (u, v) [u] [f] [v]∀∈ =
B

BB
(1′)
Ta gọi (1) và (1′) là biểu thức toạ độ của dạng song tuyến tính f trong cơ sở B.
1.4. Nhận xét. 1) Với cơ sở B = (u
1
, … , u
n
) cho trước, dạng song tuyến tính f được
hoàn toàn xác đònh bởi ma trận [f]
B
.
2) Dạng song tuyến tính f trên V là đối xứng khi và chỉ khi [f]
B
là ma trận đối
xứng.
1.5. Dạng song tuyến tính trên K
n

Xét V = K
n
với cơ sở chính tắc B
0
= (e
1
, … , e
n
). Đặt
A
[f]
=

0
B
= (a
ij
)
n×n
. Khi đó với
mọi u = (x
1
, ,x
n
), v = (y
1
, ,y
n
) thuộc K
n
ta có
nn
ij i j
i1j1
f(u, v) a x y (2)
==
=
∑∑

Đảo lại, (2) xác đònh dạng song tuyến tính f trên K
n
có ma trận trong cơ sở chính
tắc là A = (a

ij
)
n×n
. Để đơn giản, trong trường hợp này ta gọi A là ma trận của f và
(2) là biểu thức của f.
1.6. Ví dụ. Xét dạng song tuyến tính f trên
3
{
đònh bởi: Với mọi u = (x
1
,x
2
,x
3
),
v = (y
1
,y
2
,y
3
),
=−−+
11 12 13 21 22 23 31 32
f (u, v) x y + 2x y 4x y + x y x y 3x y + x y + 9x y .
Ma trận của f là
3
124
A
113

190
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
.
1.7. Đònh nghóa. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là
một dạng song tuyến tính đối xứng trên V. Khi đó ánh xạ
Q: V K
uf(u,u)
→
U

được gọi là dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f. Ta
cũng nói f là dạng cực của dạng toàn phương Q.
Để đơn giản, ta gọi một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực (t.ư.
phức) là một dạng toàn phương thực (t.ư. phức).
Một dạng toàn phương trên K
n
(t.ư. R
n
, C
n
) còn được gọi là một dạng toàn
phương n biến trên K (t.ư. n biến thực, n biến phức).
Dạng cực f của dạng toàn phương Q được hoàn toàn xác đònh bởi Q. Thật
vậy,

f(u+v,u+v) = f(u,u) + f(u,v) + f(v,u) + f(v,v) = f(u,u) + 2f(u,v) + f(v,v).
Suy ra
1
f(u, v) [Q(u v) Q(u) Q(v)]
2
=+−−.
1.8. Biểu thức và Ma trận của dạng toàn phương
Giả sử Q là một dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối
xứng f. Với B là một cơ sở bất kỳ của V, ma trận [f]
B
cũng được gọi là ma trận
của dạng toàn phương Q trong cơ sở B, ký hiệu là [Q]
B
.
Nhận xét rằng vì f đối xứng nên ma trận của dạng toàn phương Q trong
một cơ sở bất kỳ luôn luôn là một ma trận đối xứng. Do 1.3, với B = (u
1
, … , u
n
) là
một cơ sở của V và u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
thuộc V ta có
nn

T
ij i j
i1j1
Q(u) [u] [Q] [u] a x y (3)
==
==
∑∑
BBB

trong đó a
ij
= a
ji
vì [Q]
B
= (a
ij
)
n×n
là ma trận đối xứng. Đảo lại, (3) xác đònh dạng
toàn phương Q trên V có ma trận trong cơ sở B là A = (a
ij
)
n×n
. Ta cũng thường
viết (3) dưới dạng
n
T2
ii i ij i j
i1 1i jn

Q(u) [u] [Q] [u] a x + 2a x x (3 )
=≤<≤
′
==
∑∑
BBB

Ta gọi (3) và (3′) là biểu thức toạ độ của dạng toàn phương Q trong cơ sở B.
4
Đặc biệt, xét V = K
n
với cơ sở chính tắc B
0
= (e
1
, … ,e
n
). Ma trận
()
ij
nn
[Q] a
×
=
0
B
được gọi là ma trận của Q. Với mọi u = (x
1
, ,x
n

) thuộc K
n
ta có
n
T2
ii i ij i j
i1 1i jn
Q(u) X AX a x + 2a x x (4)
=≤<≤
==
∑∑

trong đó
1
n
x
X

x
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
, là một đa thức thuần nhất bậc 2 theo n biến x
1
, , x
n
. Đảo lại,

một đa thức thuần nhất bậc 2 theo n biến x
1
, , x
n
như trong (4) luôn luôn xác
đònh dạng toàn phương n biến trên K có ma trận trong cơ sở chính tắc là ma
trận đối xứng A = (a
ij
)
n×n
. Ta gọi (4) là biểu thức của dạng toàn phương Q.
1.9. Ví dụ. 1) Xét dạng toàn phương Q trên
3
{
có biểu thức đònh bởi
22
1231 212 1323
Q(x,x,x) x 3x+ 2xx 4xx+ 8xx=− − .
Khi đó ma trận của Q là
112
A
134
240
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
−

⎝⎠

và
T
123
Q(x ,x ,x ) X AX=
, trong đó
1
2
3
x
X
x
x
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
.
2) Giả sử dạng toàn phương Q trên
3
{
có ma trận là
23 1
A
30 5
15 4
−

⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
−
−
⎝⎠

Khi đó biểu thức của Q là
T
123
Q(x ,x ,x ) X AX=
, trong đó
1
2
3
x
X
x
x
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
, hay
22
123 1 3 12 13 23

Q(x ,x ,x ) 2x 4x + 6x x 2x x + 10x x=− −
.
1.10. Đònh lý (Đổi cơ sở cho dạng song tuyến tính). Cho V là một không
gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là một dạng song tuyến tính trên V. Khi đó
với B
1
, B
2
là hai cơ sở bất kỳ của V, ta có
112112
T
[f] (P ) [f] P
→→
=
B
BB BBB

5
Chứng minh. Đặt B
1
= (u
1
, … , u
n
), B
2
= (v
1
, … , v
n

),
(
)
ij
Pp
→
=
12
BB
. Khi đó với mọi
u, v thuộc V ta có
111 122 1122
212 112 2
TT
TT
f(u,v) [u] [f] [v] (P [u] ) [f] (P [v] )
[u] [(P ) [f ] P ][v]
→→
→→
==
=

B
B B BB B B BB B
BBB BBB B

Từ đó suy ra
212112
T
[f] (P ) [f ] P

→→
=
B
BB BBB
.
1.11. Hệ quả (Đổi cơ sở cho dạng toàn phương). Cho V là một không gian
véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một dạng toàn phương trên V. Khi đó với B
1
,
B
2
là hai cơ sở bất kỳ của V, ta có
212 112
T
[Q] (P ) [Q] P
→→
=
B
BB BBB
.
1.12. Nhận xét. Cho biểu thức tọa độ của dạng toàn phương Q trong cơ sở B
1
là
n
2
ii i ij i j
i1 1i jn
Q(u) a x + 2a x x (*)
=≤<≤
=

∑∑

với u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
. Giả sử B
2
= (v
1
, … , v
n
) là một cơ sở khác của V và biểu
thức tọa độ của Q trong cơ sở B
2
là
n
2
ii i ij i j
i1 1i jn
Q(u) b y + 2b y y (**)
=≤<≤
=
∑∑

với u = y

1
u
1
+ + y
n
u
n
. Khi đó ma trận
P
→
1
2
B
B
khả nghòch và phép biến đổi tọa độ
không suy biến
11
nn
xy
P
xy
→
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
=
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
12
BB

đưa biểu thức của dạng toàn phương Q từ (*) về (**). Đảo lại, ứng với mỗi phép
biến đổi tọa độ không suy biến
11
nn
xy
P
xy
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
=
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

(P là một ma trận vuông cấp n khả nghòch), gọi B
2
là cơ sở của V sao cho
PP
→
=
12
BB
. Khi đó biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B
2
có dạng (**), trong đó
(b
ij
)
n×n

= P
T
(a
ij
)
n×n
P.
6
1.13. Đònh nghóa (Hạng và tính suy biến, không suy biến của dạng toàn
phương). Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ n chiều V và B


là một cơ sở bất kỳ của V. Hạng của ma trận [Q]
B
được gọi là hạng của Q, ký
hiệu là rank(Q) hay r(Q). Hệ quả 1.10 cho thấy hạng của Q không phụ thuộc vào
cách chọn cơ sở B.
Hiển nhiên rank(Q) ≤ n = dimV. Nếu rank(Q) = n thì ta nói Q không suy
biến. Ngược lại, nếu rank(Q) < n thì Q suy biến.
1.14. Ví dụ. 1) Xét Q là dạng toàn phương 3 biến thực đònh bởi:
22
1231 212 1323
Q(x , x , x ) x 3x + 2x x 4x x + 8x x=− − .
a) Tìm hạng và khảo sát tính không suy biến của Q.
b) Tìm biểu thức toạ độ của Q trong cơ sở B = (u
1
, u
2
, u
3

) của
3
{
, trong đó
u
1
= (1, −1, 0); u
2
= (−1, 2, 1); u
3
= (2, 0, 3) và chỉ ra phép biến đổi toạ độ
không suy biến tương ứng.
Giải. Ma trận của Q là
112
[Q] 1 3 4
240
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
0
B

a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, do đó Q không suy biến.
b) Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc B
0

sang cơ sở B là
112
P120
013
→
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0
BB
.
Do đó ma trận của Q trong cơ sở B là
T
T
112 112 112
[Q] (P ) [Q] P 1 2 0 1 3 4 1 2 0
013 240 013
110 112 112 4218
1 2 1 1 3 4 1 2 0 2 5 28 ,
203 240 013 182820
→→
−−−
⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
==−−−
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟

⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
−
⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠
−−−−−
⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟
=− − − =
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟
−−−
⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠⎝ ⎠
000
BBB BBB

Vậy biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B đònh bởi: Với mọi u = y
1
u
1
+ y
2
u
2
+ y
3
u
3

thuộc
3
{

,
7
()
1
T
123 2
3
22 2
12 312 13 23
4218y
Q(u) [u] [Q] [u] y y y 2 5 28 y
18 28 20 y
4y 5y 20y + 4y y 36y y + 56y y
−−
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠
⎝⎠
=− + − −
BBB

Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là

1123
11 1
22 2212
33 3
323
x yy2y
xy112y
xP y 120y hay xy2y
xy013y
x y 3y
→
=−+
−
⎧
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞
⎪
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
==− =−+
⎨
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎪
=+
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎩
0

BB

2) Xét không gian
3
{
với cơ sở B = (u
1
, u
2
, u
3
), trong đó u
1
= (1,−1,0); u
2
= (−1,2,1);
u
3
= (2, 0, 3). Cho Q là dạng toàn phương 3 biến thực có biểu thức toạ độ trong cơ
sở B như sau:
22
1 2 12 13 23
Q(u) x 3x + 2x x 4x x + 8x x=− −

với mọi u = x
1
u
1
+ x
2

u
2
+ x
3
u
3
thuộc
3
{
.
a) Tìm hạng và khảo sát tính không suy biến của Q.
b) Tìm biểu thức của Q và chỉ ra phép biến đổi toạ độ không suy biến tương
ứng.
Giải. Ma trận của Q trong cơ sở B là
112
[Q] A 1 3 4
240
−
⎛⎞
⎜⎟
== −
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
B
.
a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, do đó Q không suy biến.
b) Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc B
0

sang cơ sở B là
112
P120
013
→
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0
BB
.
Suy ra ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở chính tắc B
0
là
654
P332
111
→
−
⎛⎞
⎜⎟
=
−
⎜⎟
⎜⎟
−−

⎝⎠
0
BB
.
Do đó ma trận của Q (trong cơ sở chính tắc B
0
) là
8
T
T
654 112 654
[Q] (P ) [Q] P 3 3 2 1 3 4 3 3 2
111 240 111
631 112 654 453430
5 3 1 1 3 4 3 3 2 34 24 22
421 240 111 302220
→→
−
−−
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
==−−−
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
−− − −−
⎝⎠⎝⎠⎝⎠
−−− −
⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
=−− −= −

⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜
−− − −− − −
⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠
00 0
BBB BBB
⎟

Suy ra biểu thức của Q là
222
123 1 2 3 12 13 23
Q(y ,y , y ) 45y 24y 20y + 68y y 60y y 44y y=++ − −
.
Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là
1123
11 1
22 22123
33 3
312 3
x6y5y4y
xy654y
xP y 332y hay x3y3y2y
xy111y
xy y y
→
=+−
−
⎧
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
⎛⎞

⎪
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
==− =+−
⎨
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎪
−−
=− − +
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎩
0
BB


§2. DẠNG CHÍNH TẮC CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG
2.1. Đònh nghóa. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là
một dạng toàn phương trên V có dạng cực là f. Cơ sở B = (u
1
, … , u
n
) của V được
gọi là một cơ sở Q-chính tắc nếu
f(u
i
,u
j
) = 0 với mọi 1 ≤ i ≠ j ≤ n,

điều này tương đương với tính chất ma trận [Q]
B
là một ma trận chéo, hay cũng
vậy, biểu thức toạ độ của Q trong cơ sở B có dạng
n
2
ii
i1
Q(u) a x (1)
=
=
∑

với mọi u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
thuộc V. Khi đó ta nói (1) là dạng chính tắc của Q.
2.2. Đònh lý. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một
dạng toàn phương trên V. Khi đó trong V tồn tại một cơ sở Q-chính tắc.
Chứng minh. Việc xây dựng một cơ sở Q-chính tắc được thực hiện thông qua
thuật toán sau:
2.3. Thuật toán Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
Giả sử biểu thức của dạng toàn phương Q trong cơ sở B = (u
1
, … , u

n
) đònh bởi
n
2
ii i ij i j
i1 1i jn
Q(u) a x + 2a x x (*)
=≤<≤
=
∑∑

Để đưa Q về dạng chính tắc ta chia bài toán thành 3 trường hợp:
9
Trường hợp 1: a
ii
≠ 0 với một i nào đó. Sau khi đánh số lại các phần tử của cơ
sở B nếu cần, ta có thể giả sử a
11
≠ 0. Khi đó
n
2
1i
11 1 1 i 1
11
i2
n
2
1i
11 1 i 2 n
11

i2
n
2
11 1 ij i j
i,j 2
a
Q(u) a (x 2x x ) + (những số hạng không chứa x )
a
a
a (x x ) + (một dạng toàn phương cu
û
a x , , x )
a
a y + b y y
=
=
=
=+
=+
=
∑
∑
∑

trong đó
n
1i
11 i
11
i2

jj
a
yx x
a
y x (j 2)
=
⎧
=+
⎪
⎨
⎪
=≥
⎩
∑

là một phép biến đổi tọa độ không suy biến. Việc đưa Q về dạng chính tắc được
qui về việc đưa dạng toàn phương (n−1) biến
n
1ijij
i,j 2
Qbyy
=
=
∑
về dạng chính tắc.
Điều này có thể thực hiện bằng qui nạp.
Trường hợp 2: a
ii
= 0 với mọi i nhưng có a
ij

≠ 0 với i ≠ j nào đó. Sau khi đánh số
lại các phần tử của cơ sở B nếu cần, ta có thể giả sử a
12
≠ 0. Thực hiện phép biến
đổi tọa độ không suy biến
112
212
jj
xyy
xyy
x y (j 3)
⎧
=+
⎪
=−
⎨
⎪
=
≥
⎩

ta có
22
12 1 2 12 1 2
2a x x 2a (y y )=−.
Từ đó
nn
ij i j ij i j
i,j 1 i,j 1
Q(u) a x x b y y

==
==
∑∑

có hệ số của
2
1
y là
12
2a 0≠ . Ta trở về trường hợp 1 đã xét.
Trường hợp 3: a
ij
= 0 với mọi i, j. Khi đó Q(u) = 0 với mọi u nên Q có dạng
chính tắc trong bất kỳ cơ sở nào của V.
2.4. Ví dụ. 1) Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc:
222 2
123 4 12 13 1423 24
Q(u) x x x 2x 2x x + 2x x 2x x + x x 4x x=++− − − −
10
với u =
1234
(x ,x ,x ,x ). Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy
biến tương ứng.
Giải. Ta có
2222
11234234 2324
22222
1234 2 34 23 4 23 24
22
1234 4 23 24 34

22
1234 4 42 3 23
Q(u) x 2x ( x x x ) x x 2x x x 4x x
(x x x x ) ( x x x ) x x 2x x x 4x x
(x x x x ) 3x 3x x 6x x 2x x
1
(x x x x ) 3[x 2x (x x )] 3x x
3

=+ −+−++− + −
= −+− −−+ − ++− + −
=−+− − + − +
=−+− − + − +
222
1234 42 3 2 3 23
2222
1234 42 3 2 23 3
2222
1234 42 3 2 3 3
11
(x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) 3x x
33
111
(x x x x ) 3(x x x ) 3(x 2x x ) x
363
111
(x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) x
364
=−+−−+−+−+
=−+− − +− + + +

=−+− − +− + + +

Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến
11234
112 4
11
242 3
44
23 4
33
34
32 3
44
43
423 4
2
yxxxx
xyy y
3
xy
1102/3
1
1
yxx x
xy
00 1 1/6
xy y
3

6

xy
10001
xy
yx x
6
xy
01 11/2
1
yx
xyy y
2
⎧
=−+−
=−+
⎧
⎪
⎪
−
⎛⎞ ⎛⎞
⎛⎞
⎪
⎪
=+−
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎪
−
=−
⎪⎪
⎜⎟ ⎜⎟

⎜⎟
⇔⇔=
⎨⎨
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎪⎪
=
=+
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎪⎪
−
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠
⎪⎪
=
=−+
⎩
⎪
⎩

ta đưa được Q về dạng chính tắc
222 2
123 4
1
Q(u) y 3y 3y y
4
=− + +
với u = y
1

u
1
+ y
2
u
2
+ y
3
u
3
+ y
4
u
4
, trong đó cơ sở Q-chính tắc B = (u
1
,u
2
,u
3
,u
4
) của
4
{
thoả
1102/3
0011/6
P
000 1

0111/2
→
−
⎛⎞
⎜⎟
−
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
0
BB

(B
0
là cơ sở chính tắc của
4
{ ) nghóa là
u
1
= (1,0,0,0); u
2
= (−1,0,0,1); u
3
= (0,1,0,−1); u
4
= (2/3,−1/6,1,1/2).
2) Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc:

123 12 13 23
Q(x , x , x ) x x + 2x x 2x x
=
−
Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng.
11
Giải. Đổi biến
112
212
33
xyy
xyy
xy
=+
⎧
⎪
=−
⎨
⎪
=
⎩

ta có
22 22
12 123 12312 23
Q(u) y y 2(y y )y 2(y y )y y y 4y y=−+ + − − =−+
Ta biến đổi
22 2 2 2
12 23 12 3 3
Q(u)y[y2y(2y)]y(y2y)4y=− − =− − +

Đặt
11 11
22 3 22 3
33 33
zy yz
zy2y yz2z
zy yz
==
⎧⎧
⎪⎪
=− ⇔ =+
⎨⎨
⎪⎪
==
⎩⎩

ta đưa được Q về dạng chính tắc
22 2
12 3
Q(u) z z 4z=−+
Phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng là
112 3
212 3
33
xzz2z
xzz2z
xy
=++
⎧

⎪
=−−
⎨
⎪
=
⎩

Cơ sở Q-chính tắc tương ứng là B = (u
1
,u
2
,u
3
) của
3
{ thoả
112
P 112
001
→
⎛⎞
⎜⎟
=
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0
BB

(B
0
là cơ sở chính tắc của
4
{ ) nghóa là
u
1
= (1,1,0); u
2
= (1,−1,0); u
3
= (2,−2,1).

§3. DẠNG CHÍNH TẮC TRỰC GIAO CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRÊN
KHÔNG GIAN EUCLIDE
3.1. Đònh nghóa. Cho V là một không gian Euclide hữu hạn chiều và Q là một
dạng toàn phương trên V. Cơ sở B được gọi là một cơ sở Q-chính tắc trực giao
nếu B là một cơ sở trực chuẩn đồng thời cũng là môt cơ sở Q-chính tắc của V. Khi
đó biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B được gọi là dạng chính tắc trực giao của
Q.
12
3.2. Đònh lý. Cho V là một không gian Euclide hữu hạn chiều và Q là một dạng
toàn phương trên V. Khi đó trong V tồn tại một cơ sở Q-chính tắc trực giao.
Chứng minh. Xét B
0
là một cơ sở trực chuẩn nào đó của V. Khi đó ma trận
[Q]
0
B
là ma trận đối xứng thực nên chéo hoá trực giao được, nghóa là tồn tại ma

trận trực giao P sao cho
1
P[Q]P
−
0
B
là ma trận chéo. Gọi B là cơ sở của V sao cho
PP
→
=
0
BB
. Khi đó
TT1
[Q] (P ) [Q] P P [Q] P P [Q] P
−
→→
===
000 0 0
BBB BBB B B

là ma trận chéo. Vì [Q]
B
là ma trận chéo nên B là cơ sở Q-chính tắc. Mặt khác,
do
PP
→
=
0
BB

là ma trận trực giao nên B

là một cơ sở trực chuẩn. Suy ra B

là một
cơ sở Q-chính tắc trực giao của V.
3.3. Nhận xét. 1) Giả sử Q có dạng chính tắc trực giao
n
2
ii
i1
Q(u) a x (1)
=
=
∑

với u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
, trong đó B = (u
1
, … , u
n
) là cơ sở Q- chính tắc trực giao
tương ứng. Khi đó dăy a

1
, ,a
n
gồm tất cả các trò riêng của [Q]
B
(kể cả số bội) và
không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở Q-chính tắc trực giao B. Thật vậy, từ (1) ta
suy ra
1
n
a0
[Q]
0a
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
D
B

nên hiển nhiên a
1
, ,a
n
là tất cả các trò riêng của [Q]
B
. Bây giờ cho
1n

(u , , u )
′′ ′
=
B
là một cơ sở Q-chính tắc trực giao khác của V. Khi đó
n
2
ii
i1
Q(u) a y (1 )
=
′
′
=
∑

với
11 n n
uyu yu
′′
=++
. Theo chứng minh trên a
1
′, , a
n
′ là các trò riêng của
[Q]
′
B

(kể cả số bội). Theo Hệ quả 1.10 ta có
T
[Q] (P ) [Q] P
′
′′
→→
=
B
BB BBB
.
Chú ý rằng do
′
B
, B
là hai cơ sở trực chuẩn của V nên ma trận chuyển cơ sở
P
′
→
B
B
là một ma trận trực giao, nghóa là
T1
(P ) (P )
−
′′
→→
=
B
BBB
. Do đó

1
[Q] (P ) [Q] P
−
′
′′
→→
=
B
BB BBB
.
13
Vậy hai ma trận
[Q]
B
và
[Q]
′
B
đồng dạng nên cúng có cùng trò riêng (kể cả số
bội), nghóa là hai dãy a
1
, , a
n
và a
1
′, , a
n
′ trùng nhau. Điều này chứng tỏ a
1
, ,a

n

không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở trực chuẩn Q-chính tắc trực giao B.
2) Từ chứng minh Đònh lý 3.2 ta thấy để đưa Q về dạng chính tắc trực giao ta
dùng phép biến đổi tọa độ
X
PY
→
U
0
BB
với mọi
X
[u] , Y [u]
=
=
0
B
B
. Vì
P
→
0
B
B
là ma
trận trực giao nên ta nói phép biến đổi trên là một phép biến đổi tọa độ trực
giao.
3.4. Thuật toán đưa dạng toàn phương trên không gian Euclide về dạng
chính tắc trực giao

Cho V là một không gian Euclide hữu hạn n chiều và Q là một dạng toàn
phương trên V. Khi đó ta đưa được Q về dạng chính tắc trực giao và chỉ ra cơ sở
Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng thông qua các
bước sau:
Bước 1: Xác đònh
[Q]
0
B
với B
0
là một cơ sở trực chuẩn nào đó của V.
Bước 2: Chéo hoá trực giao ma trận [Q]
0
B
tìm ma trận trực giao P sao cho
1
1n
P [Q] P diag(a , ,a )
−
=
0
B
.
Bước 3: Cơ sở Q-chính tắc trực giao B = (u
1
,…,u
n
) đònh bởi PP
→
=

0
BB
và phép
biến đổi tọa độ trực giao là
X
PYU . Dạng chính tắc trực giao của Q là
n
2
ii
i1
Q(u) a x
=
=
∑

với u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
.
3.5. Ví dụ. Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc trực giao:
123 12 13 23
Q(x,x,x) 2xx 2xx+ 2xx
=
+ .
Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng.

Giải. Bước 1: Ma trận của Q (trong cơ sở chính tắc B
0
) là
011
A
101
110
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

Bước 2: Chéo hoá trực giao ma trận A.
a) Đa thức đặc trưng của A là
14
2
A
112 112 1 1
p() 1 1 2 1 0 1 0 ( 1)( 2)
11 2 1 0 0 1
λλλ
λλ λλ λ λλ
λλ λ λ
−− −
=− =−− = −− =−+−
−− − −−

b) Trò riêng: A có 2 trò riêng là λ

1
= −1 (bội 2), λ
2
= 2 (bội 1)
c) Không gian riêng E(λ
1
) ứng với trò riêng λ
1
= −1 là không gian nghiệm của hệ
(A −λ
1
I
3
)X = 0 (1)
13 3
2
123 3
1
111 111
A
I A I 111 000
111 000
x
(1) x x x 0 x
x
λ
α
β
αβ
⎛⎞⎛ ⎞

⎜⎟⎜ ⎟
−=+= →
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
=
⎧
⎪
⇔++=⇔ =
⎨
⎪
=− −
⎩

(1) có vô số nghiệm (x
1
,x
2
,x
3
) = (−α−β, α , β). Do đó
E(λ
1
) = {(−α−β,α,β)|α, β∈R}= {α(−1,1,0)+ β(−1,0,1)|α , β ∈R}= <(−1,1,0); (−1,0,1)>
E(λ
1
) có dimE(λ
1
) = 2 với cơ sở (u
1

,u
2
) với u
1
= (−1,1,0); u
2
= (−1,0,1). Ta xây dựng
cơ sở trực chuẩn của E(λ
1
) qua quá trình trực chuẩn Gram-Schmidt:
21
11 22 1
11
12
12
12
u|v 1 1
v = u = ( 1,1,0); v = u v =( , ,1)
v|v 2 2
v11 v112
w = = ( , ,0); w = = ( , , )
vv
22 6 66
〈〉
−−−−
〈〉
−−−

(w
1

,w
2
) là cơ sơ trực chuẩn của E(λ
1
).
d) Không gian riêng E(λ
2
) ứng với trò riêng λ
2
= 2 là không gian nghiệm của hệ
(A −λ
2
I
3
)X = 0 (2)
23 3
123
123
23
211 121
A
IA2I 121 011
112 000
x2xx 0
(2) x x x
xx0
λ
α
−−
⎛⎞⎛⎞

⎜⎟⎜⎟
−=−= − → −
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
−
⎝⎠⎝⎠
−+=
⎧
⇔⇔===
⎨
−=
⎩

(2) có vô số nghiệm (x
1
,x
2
,x
3
) = (α, α , α). Do đó
E(λ
2
) = {(α,α,α)|α∈R}= {α(1,1,1)|α∈R}= <(1,1,1)>
E(λ
2
) có dimE(λ
2
) = 1 với cơ sở (u
3
) với u

3
= (1,1,1). Ta xây dựng cơ sở trực chuẩn
(w
3
) của E(λ
2
) với
3
3
3
u 111
w= = ( , , )
u
333
.
15
e) Đặt B = (w
1
,w
2
,w
3
). Ta có B là một cơ sở trực chuẩn của
3
{ và
1
100
PAP 0 10
002
−

−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

trong đó
111
263
111
PP
263
21
0
63
→
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
== −
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0

BB
.

Bước 3: Từ kết quả tìm được ở bước 2, ta suy ra dạng chính tắc trực giao của Q là
22 2
12 3
Q(u) y y 2y=− − +

với u = y
1
w
1
+ y
2
w
2
+ y
3
w
3
, trong đó
12 3
11 1 12 111
w = ( , ,0); w = ( , , ); w = ( , , ).
22 6 66 333
−−−
Cơ sở chính tắc trực giao tương ứng là B = (w
1
,w
2

,w
3
). Phép biến đổi tọa độ trực
giao tương ứng X = PY, nghóa là
1123
2 123
323
111
xyyy
263
111
x y y y
263
21
x y y
63
⎧
=− − +
⎪
⎪
⎪
=−+
⎨
⎪
⎪
=+
⎪
⎩

§4. DẠNG CHUẨN TẮC −
LUẬT QUÁN TÍNH CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG
THỰC
4.1. Đònh nghóa. Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực n
chiều V và B là một cơ sở của V. Giả sử biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B có
dạng
222 2
1ss1 r
Q(u) x + + x x x
+
=−−− (1)
với u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
, trong đó r, s là các số nguyên thoả 0 ≤ s ≤ r ≤ n. Khi đó ta
nói B là một cơ sở Q-chuẩn tắc và (1) là dạng chuẩn tắc của Q.
16
4.2. Đònh lý. Cho V là một không gian véctơ thực hữu hạn chiều và Q là một
dạng toàn phương trên V. Khi đó trong V tồn tại một cơ sở Q-chuẩn tắc.
Chứng minh. Theo Đònh lý 2.2 tồn tại một cơ sở Q-chính tắc của V. Đặt
r = rank(Q). Bằng cách đánh số lại nếu cần ta có thể giả sử biểu thức tọa độ của
Q trong cơ sở trên có dạng
22
11 rr
Q(u) a x + + a x=

và tồn tại số nguyên 0 ≤ s ≤ r sao cho a
i
> 0 (i = 1, , s); a
i
< 0 (i = s+1, , r).
Dùng phép biến đổi toạ độ không suy biến
j
j
jj
j
j
1
y nếu 1 j s
a
1
x y nếu s+1 j r
a
y nếu r+1 j n
⎧
≤≤
⎪
⎪
⎪
⎪
=≤≤
⎨
−
⎪
⎪

≤
≤
⎪
⎪
⎩

ta thu được dạng chuẩn tắc của Q
222 2
1ss1 r
Q(u) y + + y y y .
+
=−−−

Cơ sở tương ứng chính là cơ sở Q-chuẩn tắc cần tìm.
4.3. Đònh lý và Đònh nghóa. Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian
véctơ thực hữu hạn chiều V và B là một cơ sở Q-chuẩn tắc của V. Khi đó biểu
thức tọa độ của Q trong cơ sở B có dạng
222 2
1ss1 r
Q(u) x + + x x x .
+
=−−−
trong đó r = rank(Q) và 0 ≤ s ≤ r không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở B. Ta gọi
• s là chỉ số dương quán tính của Q;
• r − s là chỉ số âm quán tính của Q;
• (s, r − s) là cặp chỉ số quán tính của Q;
• 2s − r là ký số của Q.
Chứng minh. Hiển nhiên r = rank(Q) không phụ thuộc vào cơ sở B. Giả sử
dimV = n và B
1

= (u
1
, … , u
n
), B
2
= (v
1
, … , v
n
) là hai cơ sở Q-chuẩn tắc của V sao
cho biểu thức tọa độ của Q trong B
1
, B
2
lần lượt là
222 2
1ss1 r
Q(u) x + + x x x (1)
+
=−−−
222 2
1tt1 r
Q(u) y + + y y y (2)
+
=−−−
17
Ta chứng minh s = t. Đặt
V
1

= < u
1
, … , u
s
> và V
2
= < v
t+1
, … , v
n
>.
Trước hết ta chỉ ra rằng V
1
∩V
2
= {0}. Thật vậy,
11 ss
12
t1 t1 n n
22
1s
22
t1 r
22
1s
1s
u x u x u
uV V
uyv yv
Q(u) x x 0

Q(u) y y 0
Q(u) x x 0
x x 0 hay u 0
++
+
=++
⎧
∈∩ ⇒
⎨
=++
⎩
⎧
=++≥
⎪
⇒
⎨
=− − − ≤
⎪
⎩
⇒=++=
⇒=== =

nghóa là V
1
∩V
2
= {0}. Kết quả trên cho thấy
12 1 2
n dim(V V ) dimV dimV s (n t)≥+=+=+−.

Suy ra s ≤ t. Tương tự ta cũng có t ≤ s. Vậy s = t.
4.4. Nhận xét. Giả sử Q là dạng toàn phương thực có dạng chính tắc
22
11 nn
Q(u) a x + + a x=
.
Xét dãy a
1
, , a
n
(*). Ta có
1) Chỉ số dương quán tính của Q bằng số các số hạng dương của (*).
2) Chỉ số âm quán tính của Q bằng số các số hạng âm của (*).
4.5. Ví dụ. Xét lại Ví dụ trongï 2.4, ta thấy dạng toàn phương Q có dạng chính
tắc là
222 2
123 4
1
Q(u) y 3y 3y y
4
=− + +

Do đó Q có
- Chỉ số dương quán tính là 3.
- Chỉ số âm quán tính là 1.
- Cặp chỉ số quán tính là (3,1).
- Ký số là 2.
§5. DẠNG TOÀN PHƯƠNG XÁC ĐỊNH
5.1. Đònh nghóa. Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực
hữu hạn chiều V. Ta nói

1) Q xác đònh dương nếu Q(u) > 0 với mọi u∈ V\{0}.
2) Q xác đònh âm nếu Q(u) < 0 với mọi u∈ V\{0}.
18
5.2. Nhận xét. Q xác đònh dương khi và chỉ khi dạng cực của Q là một tích vô
hướng trên V.
5.3. Đònh lý. Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực n
chiều. Khi đó
(i) Q xác đònh dương ⇔ Q có chỉ số dương quán tính bằng n.
(ii) Q xác đònh âm ⇔ Q có chỉ số âm quán tính bằng n.
Chứng minh. (i) (⇐) Giả sử Q có chỉ số dương quán tính bằng n. Khi đó tồn tại
cơ sở Q-chuẩn tắc B của V sao cho biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B ùnhư sau:
dạng
22
1n
Q(u) x + + x=
với u = x
1
u
1
+ + x
n
u
n
. Nếu u ≠ 0 thì tồn tại i sao cho x
i
≠ 0, đưa đến Q(u) > 0.
Vậy Q xác đònh dương.
(⇒) Giả sử Q xác đònh dương nhưng chỉ số dương quán tính của Q khác n. Gọi
B

= (u
1
, … , u
n
) là một cơ sở Q-chính tắc của V. Khi đó biểu thức tọa độ của Q
trong B có dạng
22
11 nn
Q(u) a x + + a x=
,
trong đó có a
i
≤ 0 với một i nào đó. Đặt u = u
i
. Ta có u ≠ 0 và Q(u) = a
i
≤ 0. Mâu
thuẫn với tính xác đònh dương của Q.
(ii) Suy ra (i) cùng với nhận xét: Q xác đònh âm ⇔ − Q xác đònh dương.
5.4. Hệ quảù. Mọi dạng toàn phương xác đònh dương hay xác đònh âm đều không
suy biến.
5.5. Đònh nghóa. Cho A = (a
ij
)
n×n
là một ma trận vuông cấp n. Đònh thức con
chính cấp k (1 ≤ k ≤ n) của A là đònh thức con sinh bởi các dòng 1, , k và các cột
1, , k:
11 1k
k

k1 kk
a a

a a
Δ= .
5.6. Đònh lý (Tiêu chuẩn Sylvester). Giả sử Q là một dạng toàn phương trên
không gian véctơ thực hữu hạn chiều V có ma trận trong một cơ sở nào đó là A.
Khi đó
(i) Q xác đònh dương khi và chỉ khi mọi đònh thức con chính của A đều dương.
(ii) Q xác đònh âm khi và chỉ khi mọi đònh thức con chính cấp chẵn của A đều
dương và mọi đònh thức con chính cấp lẻ của A đều âm.
19
Chứng minh. (i) Ta chỉ cần xét trường hợp Q không suy biến. Gọi f là dạng cực
của Q. Gọi B = (u
1
, … , u
n
) là cơ sở V sao cho [Q]
B
= A. Khi đó tương tự như quá
trình trực chuẩn hoá Gram-Schmidt ta xây dựng được cơ sở f-trực giao
B ′ = (v
1
, … , v
n
). Trong cơ sở B ′ ma trận của Q có dạng chéo
1
n
Q(v ) 0
[Q] B

0Q(v)
′
⎛⎞
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
D
B
.
Với mỗi 1

≤ k

≤ n, gọi A
k
, B
k
lần lượt là các ma trận có từ A, B bằng cách xoá đi
n−k dòng cuối và n−k cột cuối. Khi đó A
k
, B
k
lần lượt là các ma trận của dạng
toàn phương Q thu hẹp lên <u
1
, …, u
k
> trong các cơ sở (u

1
, … , u
k
) và (v
1
, … , v
k
).
Gọi P
k
là ma trận chuyển từ cơ sở trước sang cơ sở sau, ta có
T
kkkk
B(P)AP= .
Chú ý rằng từ quá trình trực chuẩn hoá Gram-Schmidt ta suy ra P
k
là ma trận
tam giác trên có các hệ số trên đường chéo đều bằng 1. Do đó det(P
k
) = det(P
k
T
) =
1. Suy ra
kk1k
det(A ) det(B ) Q(v ) Q(v )
=
=
.
Ta có

Q xác đònh dương ⇔ Q(v
k
) > 0 với mọi k = 1, ,n
⇔ det(A
k
) >0 với mọi k = 1, ,n.
(ii) Suy từ (i) cùng với nhận xét: Q xác đònh âm ⇔ − Q xác đònh dương.
5.7. Ví dụ. 1) Đưa dạng toàn phương thực sau về dạng chuẩn tắc
Q(x,y,z) = 2x
2
+ 9y
2
+ 9z
2
+ 8xy + 4xz + 12yz.
Chỉ ra cơ sở Q-chuẩn tắc và phép biến đổi toạ độ tương ứng. Từ đó xác đònh các
chỉ số quán tính của Q. Xét xem Q có xác đònh dương hay xác đònh âm không.
Giải. Trước hết ta đưa Q về dạng chính tắc bằng thuật toán Lagrange:
222
2222
22 2
222
222
Q(x, y, z) 2[x 2x(2y z)] 9y 9z 12yz
2(x 2y z) 2(2y z) 9y 9z 12yz
2(x 2y z) y 4yz 7z
2(x 2y z) (y 2z) 3z
[(x 2y z) 2] (y 2z) (z 3)
=+++++
= ++− ++ + +

=+++++
=+++++
=++ +++

Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến
20
11
x = x 2y + 3z 2 3
22
x= (x 2y z) 2 x x
22
y = y 2z y = y z y 0 1 y
33
zz
z= z 3
11
z = z 0 0
33
⎧
⎛⎞
′′ ′
−−
⎜⎟
⎪
⎧
′ ′
++ ⎜ ⎟
⎪
⎛⎞ ⎛ ⎞
⎪

⎪
⎜⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟
′′′ ′
+⇔ − ⇔=−
⎨⎨
⎜⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎪⎪
⎜⎟
′
′
⎝⎠ ⎝ ⎠
⎩
⎪
⎜⎟
′
⎪
⎜⎟
⎩
⎝⎠

ta đưa Q về dạng chuẩn tắc
222
Q(u) x y z
′
′′
=++ (1)
với

123
uxu yu zu
′′′
=++
, trong đó cơ sở Q- chuẩn tắc B = (u
1
, u
2
, u
3
) đònh bởi
1
23
2
2
P01
3
1
00
3
→
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟

⎜⎟
⎝⎠
0
BB

(B
0
là cơ sở chính tắc của
4
{
) nghóa là
123
121
u ( ,0,0);u ( 2,1,0);u ( 3, , )
233
==−=−.
Từ (1) ta suy ra:
- Chỉ số dương quán tính của Q là 3.
- Chỉ số âm quán tính của Q là 0.
- Q xác đònh dương.
2) Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc
Q(x,y,z) = 2x
2
+ 9y
2
+ λz
2
+ 8xy + 4xz + 12yz.
Xác đònh tham số λ ∈ R để Q không suy biến; Q xác đònh dương.
Giải. Biến đổi tương tự như trong Ví dụ 1 ta được

222
Q(x,y,z)2(x2yz) (y2z) ( 6)z
λ
=++++ +−
.
Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến
x= x 2y z x = x 2y + 3z x 1 2 3 x
y = y 2z y = y 2z y 0 1 2 y
z = z z = z z 0 0 1 z
′′′′ ′
++ − −
⎧⎧
⎛⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞
⎪⎪
⎜⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
′′′′
+⇔ −⇔= −
⎨⎨
⎜⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎜⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎪⎪
′′′
⎩⎩
⎝⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

ta đưa Q về dạng chuẩn tắc
22 2
Q(u) 2x y ( 6)z
λ
′

′′
=++−
(2)
21
Từ (2) ta suy ra:
- Q không suy biến ⇔ λ − 6 ≠ 0 ⇔ λ ≠ 6.
- Q xác đònh dương ⇔ λ − 6 > 0 ⇔ λ > 6.
3) Xác đònh tham số λ ∈ R để dạng toàn phương sau xác đònh dương
Q(x,y,z) = x
2
+ λy
2
+ (λ + 3)z
2
− 2xy + 4xz − 6yz.
Giải. Ma trận của dạng toàn phương Q là
11 2
A
=1 3
23 3
λ
λ
−
⎛⎞
⎜⎟
−
−
⎜⎟
⎜⎟
−

+
⎝⎠
.
Các đònh thức con chính của A là
1
2
2
3
= 1;
11
= 1;
1
11 21 1 2
= 1 3 0 1 1 ( 1) 1.
23 30 1 1
λ
λ
λλλ
λλ
Δ
−
Δ=−
−
−−
Δ− −= − −=−−
−+ −−

Theo tiêu chuẩn Sylvester ta có
1
2

2
3
0
10
Q xác đònh dương 0 1 0 2.
0
(1)10
λλ
λ
⎧
Δ>
>
⎧
⎪
⎪
⇔
Δ> ⇔ − > ⇔ >
⎨⎨
⎪⎪
Δ>
−−>
⎩
⎩


BÀI TẬP CHƯƠNG 3

Bài 1. Đưa các dạng toàn phương thực Q sau đây về dạng chính tắc. Chỉ ra cơ sở
Q-chính tắc và phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng. Xác đònh tập hợp
Q(R

3
):
222
1231213
222
123 12 13 23
222
123121323
12 13 23
12 13 23
a) Q(u)x5x4x2xx4xx
b) Q(u)4xxx4xx4xx3xx
c) Q(u) 2x 18x 8x 12x x 8x x 27x x
d) Q(u) 2x x 3x x 6x x
e) Q(u) 3x x 4x x 12x x
=+ − + −
=++− + −
=+ +− + −
=−−
=++

22
trong đó
3
123
u (x,x,x) .=∈{


Bài 2. Đưa các dạng toàn phương thực Q sau đây về dạng chính tắc trực giao.
Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi toạ độ trực giao tương ứng.

Xác đònh tập hợp Q(R
3
):
=+++ +
=+++ + +
=+−+
=+++ + +
=+++
222
1231223
222
123121323
222
12313
222
123121323
222
12313
a) Q(u) 3x 2x x 4x x 4x x
b) Q(u)xxxxxxxxx
c) Q(u) 7x 2x x 6x x
d) Q(u) x x x 4x x 4x x 4x x
e) Q(u) 2x 5x 2x 6x x

trong đó
3
123
u (x,x,x) .=∈{

Bài 3. Xác đònh tham số thực m để dạng toàn phương thực Q sau đây xác đònh

dương:
22 2
12 3 12 13
22 2
12 3 12 13 23
22 2
12 3 12 13 23
222
123 121323
222
123 12 1323
a) Q(u)2xx3x2mxx2xx
b) Q(u) x x 5x 2mx x 2x x 4x x
c) Q(u)5xxmx4xx2xx2xx
d) Q(u) 2x 2x x 2mx x 6x x 2x x
e) Q(u) x 4x x 2mx x 10x x 6x x
=+++ +
=++ + − +
=++ + − −
=+++ + +
=+ ++ + +

trong đó
3
123
u (x,x,x) .=∈{


Bài 4. Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực hữu hạn chiều
V.

a) Giả sử Q(u) ≠ 0 với mọi u ∈ V\{0}. Chứng minh rằng Q hoặc xác đònh dương
hoặc xác đònh âm.
b) Giả sử Q không suy biến và tồn tại u ∈ V\{0} sao cho Q(u) = 0. Chứng minh
Q(V\{0}) = R.
c) Giả sử Q suy biến. Chứng minh rằng tồn tại u ∈ V\{0} sao cho Q(u) = 0. Cho ví
dụ để thấy rằng trong trường hợp này Q(V\{0}) có thể bằng R, có thể khác R.

23
Bài 5. Cho Q là dạng toàn phương thực đònh bởi
Q(x,y,z) = x
2
+ 3y
2
− 4xy + 2xz + 2yz.
Tìm tất cả các không gian con W của R
3
có dimW = 2 và Q(u) > 0 với mọi
u ∈ W\{0}.

Bài 6. Cho Q là một dạng toàn phương xác đònh dương trên không gian véctơ
thực hữu hạn chiều V và f là dạng cực của Q. Chứng minh rằng với mọi u, v ∈ V
ta có
a) |f(u,v)| Q(u)Q(v);
b) Q(u v) Q(u) Q(v).
≤
+≤ +


Bài 7. Chứng minh rằng một dạng toàn phương thực là xác đònh dương khi và
chỉ khi ma trận A của nó (trong một cơ sở nào đó) được biểu diễn dưới dạng

A = C
T
C với C là một ma trận thực khả nghòch.

Bài 8. Cho Q
1
và Q
2
là hai dạng toàn phương thực, trong đó một trong hai dạng
là xác đònh dương. Chứng minh rằng có thể đưa đồng thời Q
1
và Q
2
về dạng
chính tắc (tức là bằng cùng một phép biến đổi toạ độ không suy biến). Chỉ ra
rằng giả thiết xác đònh dương không thể bỏ được.

Bài 9. Cho Q là một dạng toàn phương thực có biểu thức toạ độ trong cơ sở
B = (u
1
, … , u
n
) có dạng
222 2
1ss1 st
Q(u) f + + f f f
+
+
=−−−
với u = x

1
u
1
+ + x
n
u
n
, trong đó f
1
, , f
r
là các dạng tuyến tính thực của các biến
x
1
, , x
n
. Chứng minh rằng Q có chỉ số dương quán tính không vượt quá s và chỉ
số âm quán tính không vượt quá t.

Bài 10. Cho Q
1
và Q
2
là hai dạng toàn phương trên V. Ta nói ϕ ∈ End(V) đưa Q
1

về Q
2
nếu Q
2

(u) = Q
1
(ϕ(u)) với mọi u ∈ V. Nếu tồn tại một phép biến đổi tuyến
tính không suy biến trên V đưa Q
1
về Q
2
thì ta nói Q
1
và Q
2
tương đương. Chứng
minh rằng
a) Hai dạng toàn phương là tương đương khi và chỉ khi chúng có cùng dạng chính
tắc.
24
b) Hai dạng toàn phương thực là tương đương khi và chỉ khi chúng có cùng các
chỉ số quán tính.
Bài 11. Cho Q
1
và Q
2
là

hai dạng toàn phương thực. Chứng minh rằng nếu từ mỗi
dạng này có thể đưa về dạng kia bằng một phép biến đổi tuyến tính (có thể suy
biến) thì Q
1
và Q
2

tương đương.
*