01 bài giảng số 1 dạng song tuyến tính, dạng toàn phương và các dạng bài tập

Khóa học: Không gian Euclide

Bài giảng số 1. Dạng song tuyến tính và dạng toàn phương
I. Tóm lược lý thuyết
Định nghĩa 1.1: Cho E là một không gian véc tơ thực. Ánh xạ  : E  E  E được gọi là
một dạng song tuyến tính trên E nếu:
a)  ( u   u ', v)   (u , v)   (u ', v ) với mọi  ,   ,  u , u ', v  E ;
b)  (u ,  v   v ')   (u , v)   (u , v ') với mọi  ,   R,  u , v, v '  E .
Trong trường hợp  (u , v)   (v, u ) thì ta nói  là song tuyến tính đối xứng trên E.
Ma trận của dạng song tuyến tính
Gọi e1 , e2 , , en  là một cơ sở của không gian véc tơ thực E. Giả sử  là song tuyến
tính trên E, khi đó ma trận của  trong cơ sở e1 , e2 , , en  có dạng:

  (e1 , e1 )  (e1 , e2 )   (e1 , en ) 
  (e , e )  (e , e )   (e , e ) 
2
1
2
2
2
n 










  (en , e1 )  (en , e2 )   (en , en ) 
Nếu  là song tuyến tính đối xứng trên E thì ma trận của  trong cơ sở bất kì của E là ma
trận đối xứng.
Định nghĩa 1.2: Một dạng toàn phương n biến x1 , x2 , , xn là một biểu thức có dạng:
n

n

 c x x
ij

i

j

, ở đó cij   với mọi i, j  1, 2,, n thoả mãn i  j .

i 1 j 1

Ta có thể viết dạng toàn phương ở dạng ma trận xtAx.
 x1 
Trong đó x     và A   aij n , với aij xác định như sau:
x 
 n
Nhận xét 1.3:


khi i  j
cij


1
aij   cij khi i  j
2
1
 2 c ji khi i  j
dễ thấy A là một ma trận đối xứng cấp n, A được gọi là ma trận của dạng toàn phương.
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide

Định nghĩa 1.4: Hạng của ma trận của một dạng toàn phương được gọi là hạng của dạng
toàn phương đó. Dạng toàn phương được gọi là không suy biến nếu ma trận của nó không
suy biến.
Định nghĩa 1.5: Một dạng toàn phương x t Ax là xác định dương nếu x t Ax  0 với mọi
x  n.
Mệnh đề 1.6: Một dạng toàn phương x t Ax được gọi là xác định dương khi và chỉ khi tất
cả các giá trị riêng của ma trận đối xứng A là dương.
Mệnh đề 1.7: (Tiêu chuẩn Sylvester)
Điều kiện cần và đủ để một dạng toàn phương xác định dương là tất cả các định
thức con chính của ma trận đều dương.
Định nghĩa 1.8: Dạng toàn phương x t Ax được gọi là dạng chính tắc nếu tất cả các aij  0
với i  j.
Nói cách khác dạng toàn phương được gọi là dạng chính tắc nếu nó có dạng:
a11 x12  a22 x22    ann xn2
Các phương pháp đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

Phương pháp Lagrange
Xét dạng toàn phương xtAx =

n

a

ij

xi x j , có hai trường hợp sau:

i , j 1

Trường hợp 1:  aii  0 , không mất tính tổng quát, giả sử a11  0 , khi đó ta có
n

a

n

x x  a11 ( x12  2 a12 x1 x2    2 a1n x1 xn ) 
ij i j

i , j 1

a

ij

xi x j

i , j 2

 a11[ x12  2(a12 x2    a1n xn ) x1  (a12 x2    a1n xn ) 2 ]
n

+

a xx
ij

i

j

- a11 (a12 x2    a1n xn ) 2

i , j 2

 a11 ( x1  a12 x2    a1n xn )2  g ( x2 , , xn ) .
Dùng phép biến đổi không suy biến:

 y1  x1  a12 x2    a1n xn
y 
x2
 2

  

 yn 

xn
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide

Ta viết dạng toàn phương trên về dạng
n

a11 y12  g ( y2 ,  yn )  a11 y12 

b y y
ij

i

j

i , j 2

n

Nếu bii  0 , thì lặp lại quá trình như trên đối với dạng toàn phương

b yy
ij

i

j

i , j 2

Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi ta thu được dạng chính tắc:
1t12  2t22    ntn2
Trường hợp 2: Nếu aii  0, i  1, 2, , n , và tồn tại aii  0 khi đó nếu đặt:

xi  x j

 yi  2
 xi  yi  y j


 x j  yi  y j
 y  xi  x j
 j
2
và dùng phép biến đổi:
 xi  yi  y j

 x j  yi  y j
x  y ,
k  i, j
 k
k
n

ta có thể đưa dạng toàn phương ban đầu về dạng: a11 y12   bij yi y j .
i , j 2

Lặp lại quá trình của trường hợp 1, ta đưa dạng toàn phương đã cho về dạng chính tắc.
Phương pháp Jacobi
Phương pháp Jacobi được áp dụng khi tất cả các định thức con chính của ma trận của dạng
toàn phương khác không.
Cho dạng toàn phương x t Ax 

n

a xx
ij

i

j

.

i , j 1

Giả sử tất cả các định thức con chính 1 ,  2 , ,  n của ma trận A của dạng toàn phương
đều khác không. Khi đó tồn tại duy nhất một phép biến đổi tuyến tính thuần nhất không
suy biến của các biến có dạng:
 x1  y1   21 y2   31 y3     n1 yn
x 
y2   32 y3     n 2 yn
 2


        
 xn 
yn
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide
n

Chuyển dạng toàn phương đã cho về dạng chính tắc:



j

y 2j

(*)

j 1

với 1  1;  j 

j
, j  2, , n .
 j 1

Các hệ số  ij của phép biến đổi tuyến tính này được xác định bởi công thức:

 ij  (1)i  j

 j 1i
,
 j 1

ở đây  j 1i là định thức con của ma trận A nằm trên các giao điểm của các hàng của ma trận
đó với các chỉ số 1, 2, , j  1 và các cột với các chỉ số 1, 2, , i  1, i  1, , j.
Phương pháp trực giao hoá
Các bước đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp trực giao hoá:
Bước 1: Viết ma trận A của dạng toàn phương và tìm giá trị riêng của A.
Bước 2: Tìm các véc tơ riêng trực chuẩn tương ứng với giá trị riêng tìm được.
Bước 3: Lập ma trận trực giao P có các cột là các véc tơ riêng tìm được ở bước 2 và dùng
phép biến đổi x = Py, thay vào dạng toàn phương khi đó ta đưa dạng toàn phương về dạng
chính tắc với các hệ số chính là các giá trị riêng.
II. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:
Trong không gian Euclide  3 , cho biểu thức:

 ( x, y)  2 x1 y1  3x2 y3  4 x3 y1  x3 y3

(1)

1) Chứng minh rằng biểu thức (1) xác định một dạng song tuyến tính của  3 .
2) Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở:
v1 (1, 0, 0), v2 (1,1, 0), v3 (1,1, 1).
Giải :

 x1 
 y1 
 z1 
1). Gọi x   x2  , y   y2  , z   z2  là các véc tơ của  3 ,  ,    , ta có :
x 
y 
z 
 3
 3
 3
 ( x   y, z )  2( x1   y1 ) z1  3( x2   y2 ) z3  4( x3   y3 ) z1  ( x3   y3 ) z3

  (2 x1 z1  3x2 z3  4 x3 z1  x3 z3 )   (2 y1 z1  3 y2 z3  4 y3 z1  y3 z3 )
  ( x, z )   ( y , z ) .
Tương tự ta cũng có  ( x,  y   z )   ( x, y )   ( x, z )
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide

Vậy  là một dạng song tuyến tính trên  3 .
2). Ma trận của dạng song tuyến tính  đối với cơ sở {v1, v2, v3} có dạng:

  (v1 , v1 )  (v1 , v2 )  (v1 , v3 )   2 2 2 
  (v , v )  (v , v )  (v , v )    2 2 1 .
2
1

2
2
2
3 



  (v , v )  (v , v )  (v , v )   6 6 2 

3
1
3
2
3
3 


Ví dụ 2:
Trong không gian Euclide  3 , xét dạng toàn phương
2 x12  x22  x32  2 x1 x2  2 x1 x3 theo các biến x1 , x2 , x3

 x1 
1) Viết dạng toàn phương theo dạng x t Ax ở đó x   x2  , còn A là ma trận đối xứng
x 
 3
với hệ số thực.
2) Áp dụng quá trình trực giao hoá đối với ma trận A.
3) Tìm một phép biến đổi x = Py, ở đây P là ma trận khả nghịch để dạng toàn
 y1 
phương có thể viết dưới dạng ytDy với y   y2  và D là ma trận dạng chéo với hệ số

y 
 3
thực.
4) Dạng toàn phương này có xác định dương không? Hãy khẳng định bằng cả điều
kiện giá trị riêng và theo chứng minh của câu (3).
Giải:
1) Ma trận của dạng toàn phương có dạng
2 1 1
A   1 1 0  .
1 0 1


Vậy dạng toàn phương: 2 x12  x22  x32  2 x1 x2  2 x1 x3 = x t Ax
2) Phương trình đặc trưng của ma trận A có dạng:

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide

2
1
A   I3  0  1
1 
1

0

1
0

0

1 

 (1   )[(1   )(2   )  1]  (1   )  0
  0
 (1   )(  3 )  0    1

  3
Với   0 , toạ độ véc tơ riêng tương ứng là nghiệm của hệ:
2

2 x1  x2  x3  0
 x1   x3

0 
 x1  x2
 x 2  x3
x

x

0
3
 1

 1
vậy véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng 0 là u1   1  .
 1
 
Với   1 , toạ độ véc tơ riêng tương ứng là nghiệm của hệ:
 x1  x2  x3  0
 x1  0

x

0

 1

 x 2   x3
x
0
 1

 0
vậy véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng 1 là u2   1  .
 1
 
Với   3 , toạ độ véc tơ riêng tương ứng là nghiệm của hệ:
 x1  x2  x3  0
 x1  2 x3

0
 x1  2 x2
 x 2  x3

x

2
x

0
3
 1

0
Vậy véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng 1 là u3   1 .
1
 

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide

Hệ véc tơ u1 , u2 , u3  là hệ trực giao, trực chuẩn hoá các véc tơ ui ( i  1, 2, 3 ) bằng cách đặt




ui

vi 

ta có hệ véc tơ trực chuẩn { v1  
ui








Đặt P  




Khi đó:

1
3
1
3
1
3

0
1
2
1
2

1 




 0 
3 



1 

 1 
,
v

,
v

2
3

 2
3




1
1 








3
 2


2 
6 
1 
}
6

1 

6

2 
6 
1 
thì P là ma trận trực giao. Vậy P 1  P t .

6

1 


6

0 0 0
P t AP   0 1 0 
0 0 3







3) Bằng cách đặt x  Py  





1
3
1
3
1
3

0
1
2
1
2

2 
6  y
 1
1  
y2 ,
6   
 y
1  3

6

1
2

x


y

y3
1
1

3
6

1
1
1


ta có :  x2 
y1 
y2 
y3 .
3
2
6


1
1
1
y1 
y2 
y3
 x3 
3
2
6

Thay vào dạng toàn phương trên và biến đổi ta đưa về dạng chính tắc:

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide

 0 0 0  y1 
  y2  3 y 2
y t Dy   y1 y2 y3   0 1 0 
y
2
2
3
 
 0 0 3  y 

 3 
4) Vì ma trận A có một giá trị riêng bằng không nên theo mệnh đề 1.6 dạng toàn phương
trên là không xác định dương.
Ví dụ 3:
Dùng phương pháp Lagrange, hãy đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính
tắc:
1) x12  x22  2 x32  2 x1 x2  4 x1 x3  4 x2 x3
(1)
2) 5 x12  2 x22  5 x32  4 x1 x2  8 x1 x3  4 x2 x3

(2)

Giải:
1) x12  x22  2 x32  2 x1 x2  4 x1 x3  4 x2 x3  [ x12  2 x1 ( x2  2 x3 )  ( x2  2 x3 ) 2 ]

 x22  4 x2 x3  2 x32  ( x2  2 x3 ) 2  ( x1  x2  2 x3 ) 2  2 x32

 y1  x1  x2  2 x3


x3
 y3 
Suy ra dạng chính tắc của dạng toàn phương (1) là : y12  2 y32
Dùng phép đặt

2) Biến đổi dạng toàn phương (2), ta có:

4
4
5 x12  2 x22  5 x32  4 x1 x2  8 x1 x3  4 x2 x3  5[ x12  x1 ( x2  2 x3 )  ( x2  2 x3 ) 2 ]
5
25
4
2
6
9
4
2 x22  5 x32  4 x2 x3  ( x2  2 x3 ) 2  5[ x1  ( x2  2 x3 )]2  x22  x32  x2 x3
5
5
5
5
5
2
6
2
x2
5
 5[ x1  ( x2  2 x3 )]2  ( x22  x2 x3  3 )  x32
5

5
3
9
3
2
6
x
5
 5[ x1  ( x2  2 x3 )]2  ( x2  3 ) 2  x32
5
5
3
3

Đặt:

2
4

 y1  x1  5 x2  5 x3

1

x2  x3
 y2 
3

x3
 y3 


Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục




Khóa học: Không gian Euclide

khi đó dạng toàn phương (2) được đưa về dạng chính tắc sau:
6
5
5 y12  y22  y32 .
5
3
Ví dụ 4:
Cho dạng toàn phương 3 x12  2 x22  3 x32  2 x1 x3

(3)

Dùng phương pháp Jacobi, hãy tìm một phép biến đổi đưa dạng toàn phương (3) về dạng
chính tắc.
Giải:
3 0 1
Ma trận của dạng toàn phương là: A   0 2 0 
 1 0 3


dễ thấy các định thức con 1  3,  2  6,  3  16 đều khác không nên tồn tại một phép biến
3

đổi đưa dạng toàn phương (3) về dạng chính tắc :

 y .
i

i

i 1

Trong đó: 1  1  3 ,  2 

2
 8
 2 và  3  3 
1
2 3

 x1  y1   21 y2   31 y3

Phép biến đổi:  x2 
y2   32 y3
x 
y3
 3

8
3 y12  2 y22  y32
3
Các hệ số trong phép biến đổi được xác định như sau:

0 1
3 1
đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc:

 21 

2 0
0 0
11

1

 0,  31  21 
  và  32  22 
0
1
2
6
3
2
6


 x1  y1

Vậy phép biến đổi phải tìm là:  x2 
x 
 3

Ví dụ 5:

1
 y3
3
y2

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục

.

y3




Khóa học: Không gian Euclide

Các dạng toàn phương sau đây có phải là dạng toàn phương xác định dương
không? Hãy tìm hạng của các dạng toàn phương.
1) 6 x12  x22  9 x32  2 x1 x2  4 x2 x3  14 x3 x1 ;
2) 6 x12  6 x22  5 x32  4 x1 x2  2 x1 x3  2 x2 x3 .
Giải
1) Ma trận của dạng toàn phương có dạng:
6 1 7
A   1 1 2  .
7 2 9


Dễ thấy  3  0 nên dạng toàn phương trên không xác định dương.

Để tìm hạng của dạng toàn phương ta tìm hạng của A.
Vì  2  5 và  3  0 nên hạng của ma trận A bằng 2 và do đó hạng của dạng toàn phương
trên bằng 2
2) Ma trận của dạng toàn phương có dạng:
 6 2 1
A   2 6 1
 1 1 5 


Dễ thấy các định thức con chính
6 2 1
6 2
1  6,  2 
 32,  3  2 6 1  132 đều dương nên dạng toàn
2 6
1 1 5
phương trên là xác định dương và hạng của ma trận A bằng 3, do đó hạng của dạng toàn
phương bằng 3.
Ví dụ 6:
Tìm điều kiện của tham số m để dạng toàn phương sau
2 x 2  y 2  3 z 2  2mxy  2 xz
là xác định dương.
Giải
Ma trận của dạng toàn phương là:

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục

Khóa học: Không gian Euclide

 2 m 1
A   m 1 0 
 1 0 3


Dạng toàn phương đã cho xác định dương khi và chỉ khi ma trận A là xác định dương, tức
là:
2  0
 1  0
5
5


2
.
m
 2  0  2  m  0  
3
3
2
  0
5  3m  0
 3

III. Bài tập tự giải
Bài 1: Trên  3 cho biểu thức:  ( x, y )  4 x1 y2  5x1 y3  8 x2 y1  6 x2 y3  x3 y3

(1)

1) Chứng minh biểu thức (1) xác định một dạng song tuyến tính trên  3 .
2) Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở :
{v1 (1, 1, 0), v2 (1, 0,1), v3 (0, 1,1)}.
Bài 2: Hãy đưa các dạng toàn phương sau đây về dạng chính tắc bằng 3 phương pháp
Lagrange, phương pháp Jacobi và phương pháp trực giao hoá:
1) 3 x12  2 x22  3 x32  2 x1 x3 ;
2) 3 x12  5 x22  4 x32  4 x1 x3  4 x2 x3 ;
3) x12  5 x22  x32  4 x1 x2  6 x2 x3 .
Bài 3: Tìm ma trận và xác định xem dạng toàn phương nào sau đây là xác định dương ?
1) 3 x12  6 x22  3x32  4 x1 x2  8 x1 x3  4 x2 x3 ;
2) 2 x12  x22  2 x32  x42  2 x2 x4 .
Bài 4: Tìm ma trận và hạng của dạng toàn phương sinh bởi các dạng song tuyến tính sau:
1) f ( x, y )  5 x1 y1  4 x1 y2  3x2 y2  6 x2 y3  x3 y2 ;
2) f ( x, y )  2 x1 y2  6 x1 y3  x2 y2  x2 y3  5 x3 y3 .
Bài 5: Hãy tìm giá trị của tham số a để dạng toàn phương sau:
x12  x22  5 x32  2ax1 x2  2 x1 x3  4 x2 x3 là xác định dương.

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Th.S. Đỗ Viết Tuân –HVQL Giáo dục