Tiểu luận toán cao cấp đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc tính xác định dấu của dạng toàn phương đại học thương mại

Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
1
Lời mở đầu:
Toán cao cấp là một trong những môn học chính ở những năm đầu bậc đại
học. Đặc trưng của nó là môn toán cơ sở mang tính hệ thống chặt chẽ, chính xác
và trừu tượng. Vì vậy để học tập và hiểu thật kỹ môn toán cao cấp là một thách
thức đối với nhiều bạn sinh viên. “Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc.
Tính xác định dấu của dạng toàn phương” là một trong những nôi dung khá
quan trọng và cần thiết trong chương trình học bộ môn toán cao cấp. Để hiểu
sâu hơn và chính xác hơn, cũng như để được cùng các bạn sinh viên và cô giáo
trao đổi, thảo luận về nội dung này, chúng tôi đã chọn nội dung này làm đề tài
thảo luận cho nhóm.
Đề tài gồm phần lý thuyết và phần bài tâp. Phần lý thuyết đã trình bày một
cách cô đọng các khái niệm cơ bản về dạng toàn phương và tập trung vào 2 nội
dung cơ bản: biến đổi dạng toàn phương về dạng chính tắc và dấu hiệu để xác
định dấu của dạng toàn phương. Sau mỗi nội dung đều có ví dụ minh họa, cuối
đề tài là phần bài tập gồm các bài tập có liên quan đã được giải một cách chi tiết
bằng nhiều phương pháp để thấy được phương pháp nào là phù hợp nhất
Qua đề tài này, hy vọng rằng nó sẽ phần nào cung cấp lại cho các bạn trong
nhóm cũng như các bạn sinh viên trong lớp nội dung kiến thức: thế nào là dang
toàn phương? Có những phương pháp nào để đưa dạng toàn phương về dạng
chính tắc, phương pháp nào thì phù hợp nhất đối với mỗi dạng toàn phương để
đưa chúng về dạng chính tắc? Và tính xác định dấu của dạng toàn phương.
Cuối cùng, tuy nhóm chúng tôi đã chuẩn bị đề tai khá kỹ nhưng không thể
tránh khỏi sai xót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của các bạn và cô
giáo để đề tài của chúng tôi hoàn thiện hơn.
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
2
Đề tài 3: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc. Tính xác

định dấu của dạng toàn phương
Lời mở đầu 1
A. Lý thuyết:
I> Một số khái niệm cơ bản: 3
1. Dạng toàn phương 3
2. Dạng toàn phương chính tắc, chuẩn tắc 4
3. Giá trị riêng và véc tơ riêng 5
II> Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc 5
1. Phương pháp giá trị riêng 5
2. Phương pháp Jacobi 6
3. Phương pháp Lagrange 8
III> Tính xác định dấu của dạng toàn phương 10
1. Định nghĩa và hệ quả 10
2. Dấu hiệu nhận biết tính xác định dấu 11
B. Bài tập:
Bài 5.2 14
Bài 5.3 17
Bài 5.4 21
Bài 5.5 22
Bài 5.6 30
Kết luận:
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
3
A. Lý thuyết:
I> Một số khái niệm cơ bản:
1. Dạng toàn phương:
Cho n biến thực x
1
,x

2
,…,x
n
. Một biểu thức có dạng:
(1)
Trong đó a
ij
là các số thực thỏa mãn a
ij
= a
ji
∀ i,j = , gọi là một dạng toàn
phương của các biến đó.
Ma trận A = (a
ij
)
nxn
= gọi là ma trận của dạng toàn
phương (1). Từ định nghĩa ta thấy ma trận A luôn là ma trận đối xứng, nghĩa là
A = A’ =
Cho véc tơ n chiều ở dạng cột
X:= (x
1
,x
2
,…,x
n
)’ =
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3

4
Khi đó dạng toàn phương trên trở thành F(X) = X’.A.X
Chú ý: Thông thường dạng toàn phương được cho dưới dạng:
nghĩa là hai số hạng bằng nhau a
ij
x
i
x
j
và a
ji
x
j
x
i
được cho bởi tổng của chúng là
b
ij
x
i
x
j
(ij)
Khi đó các phần tử của A được xác định:
a
ii
= b
ii
khi i = j
a

ij
= a
ji
= khi i j
2. Dạng toàn phương chính tắc, chuẩn tắc.
Dạng toàn phương có dạng chính tắc
nếu a
ij
=0 ∀ i,j= và i j
Hay (2)
Trong đó k
i
là hệ số , k
i
=a
ii
Nếu ở dạng toàn phương chính tắc (2) các hệ số k
i
chỉ nhận giá trị 1, -1 hoặc
0 thì ta nói dạng toàn phương có dạng chuẩn tắc.
Ví dụ:
F(x
1
, x
2
, x
3
) = 2x
1
2

– 5x
2
2
+ x
3
2
F(x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) = x
1
2
– 4x
2
2
- x
3
2
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
5
là các dạng toàn phương chính tắc.

F(x
1

, x
2
, x
3
) = x
2
2
– x
3
2

F(x
1
, x
2
, x
3
) = x
1
2
+ x
2
2
– x
3
2
là các dạng toàn phương chuẩn tắc.
3. Giá trị riêng và véc tơ riêng:
Cho A là ma trận vuông cấp n. Gọi E là ma trận đơn vị cấp n
Khi đó phương trình |A-kE| = 0 với k là ẩn số cần tìm, gọi là phương trình

đặc trưng của A. Phương trình đặc trưng trên có đúng n nghiệm phức. Các
nghiệm phức của phương trình đặc trưng gọi là các giá trị riêng của ma trận
A.
Tồn tại véc tơ V 0 trong R
n
thỏa mãn
(A – kE).V=0
 AV = kV thì véc tơ V là véc tơ riêng của ma trận A.
II> Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc, chuẩn tắc:
1. Phương pháp giá trị riêng:
Xét phương trình đặc trưng:

= 0 (3)
Giả sử k
1,
k
2
, , k
n
là các nghiệm kể cả nghiệm 0 và nghiệm bội của
phương trình đặc trưng (3). Khi đó dạng toàn phương ban đầu được đưa
về dạng chính tắc:

=
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
6

Ví dụ: đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp giá trị
riêng

=
Giải
Ta có:
Xét phương trình đặc trưng:
= 0

Vậy dạng toàn phương chính tắc là:
Chú ý: chỉ nên dùng phương pháp giá trị riêng với vì nếu ta dùng
phương pháp giá trị riêng sẽ dẫn đến phương trình bậc cao khó giải. Đây chính
là hạn chế của phương pháp nói trên. Các phương pháp dưới đây có thể tránh
được khó khăn đó.
2. Phương pháp Jacobi:
Giả sử A = (a
ij
)
n.n
là ma trận của dạng toàn phương
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
7
A =
Với các định thức con chính của A
11 12
2
21 22
a a
a a
∆ =
11 12 13
3 21 22 23

31 32 33
a a a
a a a
a a a
∆ =
11 12 1
21 22 2
1 2
n
n
n
n n nn
a a a
a a a
A
a a a
∆ = =


   

Định lí Jacobi :
Nếu

0; 1,
i
i n
∆ ≠ ∀ =
thì
2

1 1
2
( ) .
1
n
i
i
i
i
G y y y
=
∆
= ∆ +
∆ −
∑
là dạng toàn phương chính tắc của (1)
N hận xét:
- Δ
i
≠0 là điều kiện bắt buộc
- Khối lượng các phép tính ở đây là rất lớn nhưng phương pháp Jacobi vẫn
được ưa chuộng vì có thể tránh được việc phải giải nhưng phương trình đại số
bậc cao.
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
8
- Ta có thể đổi thứ tự ký hiệu của các biến. Khi đó các định thức con chính
cũng thay đổi theo, tuy nhiên điều đó không ảnh hưởng đến kết quả của định lí.
V í dụ: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp Jacobi

2 2
1 2 3 1 1 2 3
( , , ) 2 (*)F x x x x x x x
= + −
Có ma trận là :

Các định thức con chính là :
1 2 3
1 1 0
1 1
1; ; 1 0 0 1
1 0
0 0 1
A
∆ = ∆ = ∆ = = =
−
Dạng toàn phương chính tắc của (*) là :

2 2 2
1 2 3 1 2 3
( , , )G y y y y y y
= − −
3. Phương pháp Lagrange:
Nội dung phương pháp: là dùng các phép biến đổi không suy biến đưa dạng
toàn phương về dạng chính tắc.
Cho dạng toàn phương:
Trường hợp 1: a
ii
0. Giả sử a
11

0. Khi đó, bằng phép biến đổi dưới đây sẽ làm
mất tất cả các số hạng là tích chéo của biến số mới y
1
:
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
9
Bằng phép biến đổi trên ta đưa được dạng toàn phương trên về dạng:
G(y
1
, y
2
, , y
n
) = a
11
y
1
2
+ G’(y
2
, y
3
, , y
n
)
- Nếu G’ có dạng chính tắc thì ta dừng lại.
- Nếu G’ chưa có dạng chính tắc thì ta tiếp tục biến đổi , sau hữu hạn bước ta
đưa được dạng toàn phương ban đầu về dạng chính tắc.

Trường hợp 2: a
ii
0 ∀ i = và a
ij
0 (ij). Giả sử a
12
0
Khi đó thực hiện phép đổi biến:
Ta đưa dươc trường hợp 2 về trường hợp 1. Và áp dụng thuật toán trong trường
hợp 1.
Nhận xét:
- Các biến đổi bằng phương pháp Lagrange tuy chậm nhưng chắc chắn đưa
được dạng toàn phương về dạng chính tắc.
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
10
- Đối với các phép biến đổi tuyến tính là xét trong cùng 1 không gian, do đó
trong quá trình biến đổi không được làm tăng số biến lên quá số chiều của
không gian.
Ví dụ: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc:
F(x
1
, x
2
, x
3
) = - x
2
2
– 8x

3
2
+ 2x
1
x
2
+ 4x
1
x
3
Do khuyết x
1
2
nên ta nhóm các số hạng liên quan đến x
2
. Ta có:
F(x
1
, x
2
, x
3
) = - (x
2
2
– 2x
1
x
2
+ x

1
2
) + x
1
2
- 8x
3
2
+ 4x
1
x
3
Tiếp tục ta có: F(x) = - (x
2
– x
1
)

2
– (x
1
2
- 4x
1
x
3
+ 4x
3
2
) – 4x

3
2
Vậy ta được: F(x) = - (x
2
– x
1
)

2
– (x
1

- 2x
3
)
2
– 4x
3
2

Đặt ta được dạng toàn phương chuẩn tắc:
G(y
1
, y
2
, x
3
) = - y
1
2

– y
2
2
– 4 y
3
2

III> Tính xác định dấu của dạng toàn phương:
1. Định nghĩa và hệ quả:
a) Định nghĩa:
Cho dạng toàn phương F(X)= X’A.X.
Dạng toàn phương là:
+ Xác định dương nếu F(X)>0 ∀ X≠0.
+ Xác định âm nếu F(X)<0 ∀ X≠0.
+ Nửa xác định dương nếu là suy biến và F(X)≥0 ∀ XєR.
+ Nưả xác định âm nếu là suy biến và F(X)≤0 ∀ XєR.
+ Không xác định (hay đổi dấu) nếu X,Y є R
n
sao cho F(X).F(Y) < 0.
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
11
b) Hệ quả: đối với dạng toàn phương chính tắc là:
+ Xác định dương nêú ki > 0 ∀ i=
+ Xác định âm nêú ki < 0 ∀ i=
+Nưả xác định dương nêú ki ≥ 0 ∀ i= và j sao cho kj=0
+Nưả xác định âm nêú ki ≤ 0 ∀ i= và j sao cho kj=0
+Đôỉ dâú nêú ki,kj: ki.kj<0
Ví dụ: Xét tính xác định dấu, đổi dấu của dạng toàn phương.
1. F(x

1
,x
2
,x
3
)= x
1
2
+ 2x
1
x
2
+ 2x
2
2
+ x
3
2
Giải:
F(x
1
,x
2
,x
3
)= (x
1
+x
2
)

2
+ x
2
2
+x
3
2
Đặt Ta được dạng toàn phương chính tắc
G(y
1
,y
2
,y
3
)= y
1
2
+ y
2
2
+y
3
2

 DTP xác định dương.

2. F(x
1
,x
2

,x
3
) = x
1
2


+ x
2
2
- 5x
3
2
 DTP đổi dấu.
2. Dấu hiệu nhận biết tính xác định dấu:
Một dạng toàn phương là:
- Xác định dương khi và chỉ khi các giá trị riêng của nó đều dương.
VD: F(x
1,
x
2,
x
3,
x
4
) = x
1
2
+ 5x
2

2
+ x
3
2
- 4x
1
x
2
+ 6x
2
x
4
+ 12x
4
2
= (x
1

– 2x
2
)
2
+ (x
2

+ 3x
4
)
2

+ x
3
2
+ x
4
2

Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
12
đặt:
Ta có:G(y
1,
y
2,
y
3
,y
4
) = y
1
2
+ y
2
2
+ y
3
2
+ 3y
4

2
ta nhận thấy các giá trị riêng đều lớn hơn 0. DTP xác định dương
- Xác định âm khi và chỉ khi tất cả các giá trị riêng của nó đều âm
Ví dụ: F(x
1,
x
2,
x
3
) = -x
1
2
+ 2x
1
x
2
+ 2x
1
x
3
- 2x
2
x
3

- 4x
3
2
- 2x
2

2
= - (x
1
– x
2
– x
3
)
2
- x
2
2
- 5x
3
Đặt:
Và ta được: G(y
1
,y
2,
y
3
) = -y
1
2
- y
2
2
- 5y
3
2

các hệ số của dạng toàn phương chính tắc đều âm. Dạng toàn phương xác định
âm.
- Nửa xác định dương khi và chỉ khi tất cả các giá trị riêng của nó đều không âm
và có ít nhất một giá trị riêng của nó bằng 0
Ví dụ: F(x
1,
x
2,
x
3
) = x
1
2
+ 2x
1
x
2
+ x
2
2
+ 3x
3
2
= (x
1
+ x
2
)
2

+ 3x
3
2
Đặt:
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
13
Ta có: G(y
1,
y
2,
y
3
)= y
1
2
+ 0y
2
2
+ 3y
3
2
Các hệ số của dạng toàn phương chính tắc là:1,0,1. Do đó dạng toàn phương đã
cho nửa xác định dương.
- Nửa xác định âm khi và chỉ khi tất cả các giá trị riêng của nó đều không dương
và có ít nhất một giá trị riêng bằng 0.
Ví dụ: F(x
1,
x
2,

x
3
) = -2x
1
2
- 3x
2
2
- 0x
3
2
- Đổi dấu khi và chỉ khi có ít nhất hai giá trị riêng khác dấu.
Ví dụ : F(x
1,
x
2,
) = x
1
x
2
Đặt:
Ta được: G(y
1,
y
2,
) = y
1
2
–y
2

2
Hệ số của dạng toàn phương chính tắc là:1,-1.Do đó dạng toàn phương đổi dấu.
Ma trận A có nn thì phương trình đặc trưng là một phương trình đại số cấp n. Vì
vậy, việc tìm các giá trị riêng của A khi n>2 nói chung là khó. Việc xác định
dấu có thể đơn giản hơn nhờ định lý sau:
Định lý Sylverster: Dạng toàn phương là
- Xác định dương khi và chỉ khi tất cả các định thức con chính đều dương.
Ví dụ: F(x
1,
x
2,
x
3
)=2x
1
2
+3x
2
2
+5x
3
2
- 2x
1
x
2
+4x
1
x
3

+2x
2
x
3
Ta có: A=
Ta tính được định thức con chính:D
1
=2, D
2
=5, D
3
=7. Do đó ta nhận tấy dạng
toàn phương là xác định dương (theo định lý)
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
14
- Xác định âm khi và chỉ khi tất cả các định thức con chính cấp lẻ đều âm, cấp
chẵn đều dương.
Ví dụ: F(x
1
,x
2,
x
3
)= - 5x
1
2
- 4x
2
2

- 2x
3
2
+ 4x
1
x
3
-4x
2
x
3
+ 8x
1
x
2
Ta có: A =
Ta tính được định thức con chính:D
1
=-5, D
2
=4, D
3
= -4. Do do theo định lý trên
dạng toàn phương xác định âm.
B. Bài tập:
Bài tập 5.2: ( giáo trình toán cao cấp trang 98 ): Xét tính xác định dấu, đổi dấu
của dạng toàn phương
1.
2.
3.

4.
Giải
1.
Cách 1: Ta có:

Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
15

Dạng toàn phương chính tắc có dạng:
Vậy dạng toàn phương là đổi dấu.
Cách 2
:

Đặt:
Vậy dạng toàn phương có dạng:
Do có 2 hệ số trái dấu nên DTP không xác định.
2.
Ta có:

Dạng toàn phương chính tắc có dạng:
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
16
Vậy dạng toàn phương là xác định dương.
3.
Cách 1: Ta có:

Dạng toàn phương chính tắc có dạng:

Cách 2:

Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
17
Đặt:
Dạng toàn phương chính tắc có dạng:

Vậy dạng toàn phương là xác định dương.
4.
Ta có:



Dạng toàn phương chính tắc có dạng:
Vậy dạng toàn phương là xác định âm.
Bài tâp 5.3:
1. F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)= 5x
1
2

+ x
2
2
+ 2x
3
2
+ 4x
4
2
+ 2mx
1
x
3
- 4x
1
x
4
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
18
2. F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4

)= 2x
1
2


+ 3x
2
2
+ 10x
3
2
+ 5mx
4
2
+ 2x
2
x
3
- 6x
1
x
3
3. F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4

)= mx
1
2


+ 7x
2
2
+ x
3
2
+ 7x
4
2
+ 2mx
1
x
3
- 4x
2
x
3

Giải:
1. F(x
1
,x
2
,x
3

,x
4
)= 5x
1
2


+ x
2
2
+ 2x
3
2
+ 4x
4
2
+ 2mx
1
x
3
- 4x
1
x
4
Cách 1: Ta có:


a) Dạng toàn phương xác định dương
  < m <
b)

 m= hoặc m =
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
19
Với m =
F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)= 5x
1
2


+ x
2
2
+ 2x
3
2
+ 4x
4
2
+ 2x
1

x
3
- 4x
1
x
4
= 2(x
1
+

x
3
)
2

+ (x
1
- 2x
4)
2
+ x
2
2

Dạng toàn phương nửa xác định dương.
Với m = -
F(x
1
,x
2

,x
3
,x
4
)= 5x
1
2


+ x
2
2
+ 2x
3
2
+ 4x
4
2
- 2x
1
x
3
- 4x
1
x
4
= 2(x
1
-

x
3
)
2

+ (x
1
- 2x
4)
2
+ x
2
2

Dạng toàn phương nửa xác định dương.
Vậy với m= hoặc m = thì dạng toàn phương nửa xác định dương.
Cách 2: F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)= 5x
1
2


+ x

2
2
+ 2x
3
2
+ 4x
4
2
+ 2mx
1
x
3
- 4x
1
x
4

= 2(x
3


+ x
1
)
2
+ (2x
4
- x
1
)

2
+ x
2
2

+(4 - ) x
1
2
Đặt:
Ta có DTP:

Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
20
a) Để DTP xác định dương


b) Để dạng toàn phương xác định dương



2. F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)= 2x

1
2


+ 3x
2
2
+ 10x
3
2
+ 5mx
4
2
+ 2x
2
x
3
- 6x
1
x
3
Ta c ó: A =


= 31
= 5m.= 31.5m =155m
a) DTP xác định dương 
 m>0
b) DTP nửa xác định dương 
 m=0

3. F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)= mx
1
2


+ 7x
2
2
+ x
3
2
+ 7x
4
2
+ 2mx
1
x
3
- 4x
2
x
3

Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
21

= 3m – 7m
2
= 7(3m – 7m
2
)
a) DTP xác định dương 
 0 < m <
b) 
Với m=0 ta có:
F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)= 7x
2
2
+ x
3
2
+ 7x

4
2
– 4x
2
x
3

= (2x
2
– x
3
)
2
+ 3x
2
2
+ 7x
4
2

 DTP nửa xác định dương
Với m=
F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4

)= x
1
2


+ 7x
2
2
+ x
3
2
+ 7x
4
2
+ x
1
x
3
- 4x
2
x
3

= x
1
2


+ x
3

2
+ x
1
x
3
- 4x
2
x
3
+ 7x
2
2
+

x
3
2


+ 7x
4
2
= (x
1
+ x
3
) – x
2
- x
3

)
2
+ 7x
4
2
 DTP nửa xác định dương.
Kết luận: DTP xác định dương khi 0 <m <
DTP nửa xác định dương khi
Bài tập 5.4:
2. F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) =

x
1
2
+ 5x
2
2
+ 6x
3
2
- 4x
1

x
2
+ 2mx
2
x
3
+ 5x
4
2
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
22
3.
F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)=
Giải
Thực hiện phép biến đổi:
Để dạng toàn phương xác định dương thì:
Để dạng toàn phương không suy biến thì : dễ dàng tính được:
=5(2m
2
-4)
Vậy ta có: 2m

2


- 4
2. F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) =

x
1
2
+ 5x
2
2
+ 6x
3
2
- 4x
1
x
2
+ 2mx
2
x

3
+ 5x
4
2
F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
) = (x
1
-2x
2
)
2
+ (x
2
+mx
3
)
2
+ (6-m
2
)x
3
2
+ 5x

2
4
Thực hiện phép biến đổi:
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
23
Để dạng toàn phương xác định dương thì: (6-m)
định thức
Để dạng to
àn phương không suy biến thì (6-m
3.F(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)=
Thực hiện phép biến đổi:
Để dạng toàn phương xác định dương thì:
Ta co:
143
2
+−=
mmA
Để dạng toàn phương không suy biến thì:
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
24

Bài Tập 5.5 :Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc,chuẩn tắc
1)

1 2 3 1 2 1 3
( , , ) 2 (1)F x x x x x x x
= +
Đặt
1 1 2
2 1 2
3 3
x y y
x y y
x y
= +


= −


=

Ta được :
2 2
1 2 3 1 2 1 2 3
2 2
1 2 1 3 2 3
2 2 2 2
1 1 3 3 2 2 3 3
2 2
1 3 2 3

( , , ) 2( )
2 2
( 2 ) ( 2 )
( ) ( )
G y y y y y y y y
y y y y y y
y y y y y y y y
y y y y
= − + +
= − + +
= + + − − +
= + − −
Đặt

1 1 3
2 2 3
3 3
z y y
z y y
z y
= +


= −


=

Ta được dạng toàn phương chính tắc của (1) là:
2 2

1 2 3 1 2 3
( , , ) 0.H z z z z z z
= − +
Đó cũng là dạng toàn phương chuẩn tắc của (1)
2)
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4 1 3 2 3
( , , , ) 7 7 2 4 (2)F x x x x x x x x x x x x
= + + + + −
Có ma trận là:
Trường đại học Thương Mại
Nhóm 3
25
1 0 1 0
0 7 2 0
1 2 1 0
0 0 0 7
A
 
 
−
 
=
 
−
 
 
Với các định thức con chính là :
1 2 3
4

1 0 1
1 0
1; ; 0 7 2 4;
0 7
1 2 1
1 0 1 0
0 7 2 0
28
1 2 1 0
0 0 0 7
A
∆ = ∆ = ∆ = − =−
−
−
∆ = = =−
−
Vậy dạng toàn phương chính tắc của (2) là :
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
4
( , , , ) 7 7
7
G y y y y y y y y
= + − +
Đặt :
1
2
3
4
7

2 7
7
7
z y
z y
z y
z y
=


=



=



=

 dạng toàn phương chuẩn tắc của (2) là:
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
( , , , )H z z z z z z z z
= + − +
3)

2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3
( , , ) 7 2 6 (3)F x x x x x x x x x x

= + − + −
Có ma trận là :