CHUONG 5 KHONG GIAN EUCLIDE VA DANG TOAN PHUONG

Chương 5
KHÔNG GIAN EUCLIDE VÀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRÊN \n
1. KHÔNG GIAN EUCLIDE
1.1. Đònh nghóa
i) Với u = ( a1 , a 2 ,..., a n ) và v = ( b1 , b2 ,..., bn ) ∈ \ n , ta đònh nghóa

u, v = a1 b1 + a 2 b2 + ... + a n bn
và u, v được gọi là tích vô hướng của hai vectơ u và v trong \ n .
ii) Không gian vectơ \ n có trang bò tích vô hướng gọi là không gian Euclide.
1.2. Tính chất

i) u, u ≥ 0 , u, u = 0 ⇔ u = 0 ,
ii) ku, v = u, kv = k u, v ,

iii) u + u′, v = u, v + u′, v ,
u, v + v′ = u, v + u, v′ ,
iv) u, v = v, u ,
với mọi u, u′, v, v′ ∈ \ n , k ∈ \ .
1.3. Đònh nghóa (Chuẩn của một vectơ)

Với u = ( a1 , a 2 ,..., a n ) ∈ \ n , ta đặt
u =

u, u = a12 + a 22 + ... + a 2n

và gọi u là chuẩn của vectơ u ∈ \ n .
1.4. Đònh nghóa (Khoảng cách giữa hai vectơ)

Với u = ( a1 , a 2 ,..., a n ) , v = ( b1 , b2 ,..., bn ) ∈ \ n , ta đặt
d ( u, v ) = u − v =

2

( a1 − b1 ) + ( a2 − b2 )

2

+ ... + ( a n − bn )

2

và gọi d ( u, v ) là khoảng cách giữa hai vectơ u và v.
Hiển nhiên d ( u, v ) > 0 nếu u ≠ v và d ( u, v ) = 0 nếu u = v .
Ví dụ 1. Cho u = ( 2, 3, 4 ) , v = (1, 2, 3) ∈ \ 3 . Ta có

u, v = 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 + 4 ⋅ 3 = 20
74


u = u, u = 22 + 32 + 42 = 29

d ( u, v ) = u − v =

2

2

( 2 − 1) + ( 3 − 2 ) + ( 4 − 3)

2

= 3

2. CƠ SỞ TRỰC GIAO
2.1. Đònh nghóa

i) Cho u = ( a1 , a 2 ,..., a n ) , v = ( b1 , b2 ,..., bn ) ∈ \ n . Ta nói u và v là hai vectơ trực
giao, ký hiệu u ⊥ v , nếu u, v = 0 .

ii) Cho tập hợp S = {u1 , u 2 ,..., u m } ⊂ \ n . Ta nói

{

}

S là tập trực giao nếu u i ⊥ u j với mọi i ≠ j , i, j ∈ 1, 2,..., m .

S là tập trực chuẩn nếu S là tập trực giao và u i = 1 với mọi i ∈ {1, 2,..., m} .

Ví dụ 2. Cho hệ S = {e1 , e2 , e3} ⊂ \ 3 , với e1 = (1, 0, 0 ) , e2 = ( 0,1, 0) , e3 = ( 0, 0,1) .

Ta có S là tập trực giao. Hơn nữa, S còn là tập trực chuẩn.
2.2. Đònh nghóa

Cho S = {e1 , e2 ,..., en } là một cơ sở của \ n .
i) Nếu S là tập trực giao thì ta nói S là một cơ sở trực giao của \ n .
ii) Nếu S là tập trực chuẩn thì ta nói S là một cơ sở trực chuẩn của \ n .
Ví dụ 3. Hệ S trong ví dụ 2 là một cơ sở trực giao và cũng là một cơ sở trực
chuẩn của \ 3 .
2.3. Đònh lý. Mọi hệ trực giao trong \ n không chứa vectơ 0 đều độc lập tuyến tính.
Chứng minh. Giả sử u1 , u 2 , ..., u m là một họ trực giao trong không

gian

Euclide \ n , u i ≠ 0 với mọi i = 1, m và k1u1 + k 2u 2 + ... + k m u m = 0 . Khi đó, với mọi
j = 1, m , ta có

u j , k1u1 + k 2u 2 + ... + k m u m = 0
và do đó k j u j , u j = 0 . Suy ra k j = 0 với mọi j = 1, m .
Vậy u1 , u 2 , ..., u m độc lập tuyến tính.
2.4. Đònh lý (Quá trình trực giao hóa Gram - Schmidt)
Cho họ vectơ độc lập tuyến tính u1 , u 2 ,..., u m (m ≥ 2) trong không gian Euclide
\ n . Khi đó, tồn tại họ trực giao v1 , v2 ,..., v m sao cho

u1 , u 2 ,..., u m = v1 , v2 ,..., v m .
75


Chứng minh. Quy nạp theo m .

• Với m = 2 : Chọn v1 = u1 , hiển nhiên v1 ≠ 0 . Chọn v 2 dưới dạng
v 2 = u 2 + tv1 , t ∈ \ .

Ta có
* v 2 ≠ 0 (vì nếu không thì u1 , u 2 phụ thuộc tuyến tính).
*

u1 , u 2 = v1 , v 2 .

Ngoài ra,
v 2 ⊥ v1 ⇔ v 2 , v1 = 0 ⇔ u 2 , v1 + t v1 , v1 = 0

⇔t=−

u 2 , v1

(5.1)

v1 , v1

Vậy với t cho bởi (5.1) thì v1 , v 2 là họ trực giao cần tìm.

• Giả sử đònh lý đúng với m. Xét họ độc lập tuyến tính u1 , u 2 , ..., u m , u m +1 .
Theo giả thiết quy nạp, trong \ n tồn tại họ trực giao v1 , v 2 , ..., v m sao cho
u1 , u 2 ,..., u m = v1 , v2 ,..., v m .
Bây giờ, ta tìm vectơ v m +1 dưới dạng
v m +1 = u m +1 + t1 v1 + t 2 v2 + ... + t m v m , t i ∈ \ .

Ta có v m +1 ≠ 0 và
u1 , u 2 ,..., u m , u m +1 = v1 , v 2 ,..., v m , v m +1
Mặt khác, họ v1 , v 2 , ..., v m , v m +1 trực giao khi và chỉ khi v m +1 , v i = 0 , với
mọi i = 1, m ,
⇔ t i v i , v i = − u m +1 , v i , với mọi i = 1, m .
⇔ ti = −

u m +1 , v i
vi , vi

, với mọi i = 1, m .

(5.2)

Do đó, với t1 , t 2 , ..., t m cho bởi (5.2) thì v1 , v 2 , ..., v m , v m +1 là họ trực giao
cần tìm và do đó đònh lý đúng với m + 1 .
Chú ý. Phương pháp xác đònh họ trực giao v1 , v 2 , ..., v m từ họ độc lập tuyến

tính u1 , u 2 , ..., u m như trong chứng minh đònh lý trên được gọi là phương pháp
trực giao hóa Gram – Schmidt. Ta có thể tóm tắt lại quá trình tìm v k bằng công

thức
76


vk = uk −

∑

i< k

uk , vi
vi , vi

vi

Chẳng hạn, ta có
v1 = u1 ; v 2 = u 2 −

v4 = u 4 −

u 4 , v1
v1 , v1

u 2 , v1
v1 , v1

v1 −

u 3 , v1

v1 ; v 3 = u 3 −

u4 , v2
v2 , v2

v1 , v1

u 4 , v3

v2 −

v3 , v3

v1 −

u 3 , v2
v2 , v2

v2 ;

v3 ; ...

{

}

Ví dụ 3. Trong \ 3 , xét cơ sở S = u1 = ( 2, 3, 6 ) , u 2 = ( 5, −3, 8) , u 3 = ( 8, 5, 3) . Đặt

v1 = u1 = ( 2, 3, 6 )
v2 = u 2 −
v3 = u3 −

u 2 , v1
v1 , v1
u 3 , v1
v1 , v1

v1 = ( 3, −6, 2 )
v1 −

u 3 , v2
v2 , v2

v 2 = ( 6, 2, −3)

Ta được {v1 , v2 , v 3} là một cơ sở trực giao của \ 3 .
Hơn nữa, với
w1 =

1
1
v1 = ( 2, 3, 6 )
7

v1

w2 =

1
1
v 2 = ( 3, −6, 2 )
7
v2

w3 =

1
1
v 3 = ( 6, 2, −3)
7
v3

thì {w1 , w 2 , w 3} là một cơ sở trực chuẩn của \ 3 .
2.5. Hệ Quả
Trong không gian Euclide \ n luôn luôn tồn tại cơ sở trực chuẩn.
3. CHÉO HÓA MA TRẬN ĐỐI XỨNG BẰNG MA TRẬN TRỰC GIAO
3.1. Đònh nghóa

Cho ma trận A ∈ Mn . Ta nói A là ma trận trực giao nếu AA T = A T A = In ,
nghóa là A khả nghòch và A −1 = A T .

77

Ví dụ 4. Cho

⎛ −2 2 1 ⎞
⎟
1⎜
A = ⎜ 1 2 −2 ⎟ ∈ M3 .
3⎜
⎟
⎝ 2 1 2⎠
Ta có A là ma trận trực giao vì AA T = A T A = I3 . Do đó A khả nghòch và
A

−1

⎛ −2 1 2 ⎞
1⎜
⎟
= A = ⎜ 2 2 1⎟ .
3⎜
⎟
⎝ 1 −2 2 ⎠
T

Ta chấp nhận kết quả sau
3.2. Đònh lý. Nếu A ∈ Mn là ma trận đối xứng thì luôn tồn tại ma trận trực giao
P ∈ Mn làm chéo hóa A , nghóa là P −1 AP là ma trận chéo.

3.3. Giải thuật chéo hóa một ma trận đối xứng bằng ma trận trực giao

Để chéo hóa một ma trận đối xứng A ∈ Mn bằng ma trận trực giao, ta thực

hiện các bước sau
Bước 1. Tìm một cơ sở S của \ n gồm toàn những vectơ riêng của A (xem
chương 4)
Bước 2. Xây dựng cơ sở trực giao S′ từ S bằng quá trình trực giao hóa Gram
– Schmidt. Từ đó suy ra cơ sở trực chuẩn B của \ n gồm những vectơ riêng của A .

Gọi B0 là cơ sở chính tắc (và là cơ sở trực chuẩn) của \ n và P là ma trận đổi
cơ sở từ B0 sang B thì P là ma trận trực giao cần tìm và P −1 AP là ma trận chéo.
Ví dụ 6. Chéo hóa ma trận đối xứng sau bằng ma trận trực giao

⎛ 2 −1 − 1 ⎞
⎜
⎟
A = ⎜ −1 2 −1 ⎟ ∈ M3 .
⎜ −1 − 1 2 ⎟
⎝
⎠
Bước 1. Tìm một cơ sở của \ 3 gồm toàn vectơ riêng của A.

Ta có A có hai trò riêng λ1 = 0 và λ 2 = 3 (nghiệm kép của phương trình đặc
trưng) và
Eλ = u1 = (1,1,1) , Eλ = u 2 = ( −1,1, 0) , u 3 = ( −1, 0,1) .
1

2

Vậy một cơ sở của \ 3 gồm toàn các vectơ riêng của A là S = {u1 , u 2 , u 3} .
Bước 2. Từ cơ sở S , ta xây dựng được cơ sở trực giao

{

}

S′ = v1 = (1,1,1) , v2 = ( −1,1, 0 ) , v 3 = ( −1, −1, 2 )
78


Từ đó ta xây dựng được cơ sở trực chuẩn của \ 3 là

{

B = w1 =

1
3

(1,1,1) , w2 = 12 ( −1,1, 0) , w3 = 16 ( −1, −1, 2)}

Gọi B0 là cơ sở chính tắc của \ 3 . Ma trận đổi cơ sở từ B0 qua B là
⎛ 2 − 3 −1 ⎞
⎟
1 ⎜
⎜ 2
P=
3 −1 ⎟
⎟
6⎜
⎜ 2
0
2⎟

⎝
⎠

Khi đó P là ma trận làm chéo hóa A và
⎛ 0 0 0⎞
⎜
⎟
P AP = ⎜ 0 3 0 ⎟ .
⎜ 0 0 3⎟
⎝
⎠
−1

4. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
4.1. Đònh nghóa

Một dạng toàn phương trên \ n là một ánh xạ q : \ n → \ có dạng

q ( x1 , x2 ,..., x n ) = a11 x12 + 2a12 x1 x 2 + 2a13 x1 x 3 + ... + 2a1n x1 x 2
+ a 22 x 22 + 2a 23 x 2 x 3 + 2a 24 x2 x4 + ... + a nn x2n
Ví dụ 7. Ánh xạ q : \ 3 → \ , xác đònh bởi
q ( x1 , x2 , x 3 ) = 3x12 + 4x 22 + 5x 32 + 4x1 x 2 − 4x2 x 3 ,

là một dạng toàn phương trên \ 3 .
4.2. Ma trận của dạng toàn phương

Cho dạng toàn phương trên \ n ,

q ( x1 , x 2 ,..., xn ) = a11x12 + 2a12 x1 x2 + 2a13 x1 x3 + ... + 2a1n x1 x 2
+ a 22 x22 + 2a 23 x2 x3 + 2a 24 x 2 x 4 + ... + a nn xn2

Với
⎛ x1 ⎞
⎛ a11
⎜ ⎟
⎜
⎜ x2 ⎟
⎜a
X = ⎜ ⎟ và A = ⎜ 12
#
"
⎜ ⎟
⎜
⎜x ⎟
⎜a
⎝ n⎠
⎝ 1n

a12 " a1n ⎞
⎟
a 22 " a 2n ⎟
,
" " " ⎟
⎟
a 2n " a nn ⎟⎠

thì A là ma trận đối xứng,
q ( x1 , x 2 ,..., xn ) = X T AX ,

79

(5.3)


và ta gọi A là ma trận của dạng toàn phương q .
Ví dụ 8. Cho dạng toàn phương trên \ 3
q ( x1 , x2 , x 3 ) = 3x12 + 4x 22 + 5x 32 + 4x1 x 2 − 4x2 x 3 .

Ta có ma trận của dạng toàn phương q là
⎛3 2 0 ⎞
⎜
⎟
A = ⎜ 2 4 −2 ⎟ ∈ M 3
⎜ 0 −2 5 ⎟
⎝
⎠
và khi đó,
q ( x1 , x2 , x 3 ) = ( x1

⎛ 3 2 0 ⎞ ⎛ x1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
x3 ) ⎜ 2 4 −2 ⎟ ⎜ x 2 ⎟ .
⎜ 0 −2 5 ⎟ ⎜ x ⎟
⎝
⎠⎝ 3 ⎠

x2

4.3. Dạng chính tắc của dạng toàn phương

Cho dạng toàn phương q trên \ n , q ( x1 , x 2 ,..., xn ) = X T AX . Đẳng thức (5.3) có
thể viết lại thành
T

q ( X ) = ⎡⎣ X ⎤⎦ A ⎡⎣ X ⎤⎦ ,
B0
B0
trong đó B0 là cơ sở chính tắc của \ n . Để nhấn mạnh, ta nói rằng A là ma trận
của dạng toàn phương q trong cơ sở chính tắc.
Bây giờ, nếu tồn tại cơ sở B của \ n sao cho
T

q ( X ) = ⎡⎣ X ⎤⎦ A ′ ⎡⎣ X ⎤⎦ ,
B
B
với mọi X ∈ \ n , trong đó A ′ là một ma trận chéo,
⎛ a1 0
⎜
⎜ 0 a2
A′ = ⎜
... ...
⎜
⎜0 0
⎝

...

0⎞
⎟
... 0 ⎟

,
... ... ⎟
⎟
... a n ⎟⎠

thì đối với cơ sở này,
q ( X ) = a1 y12 + a 2 y 22 + ... + a n y n2 ,

với

⎡⎣ X ⎤⎦
B

⎛ y1 ⎞
⎜ ⎟
⎜y ⎟
= ⎜ 2 ⎟.
...
⎜ ⎟
⎜y ⎟
⎝ n⎠
80

(5.4)


Dạng (5.4) được gọi là dạng chính tắc của dạng toàn phương q.
Nói cách khác, quá trình đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc nhằm
tìm một ma trận khả nghòch P ∈ Mn sao cho với phép biến đổi biến số X = PY ,
Y T = ( y1

y 2 ... y n ) ,

thì
q ( X ) = a1 y12 + a 2 y 22 + ... + a n y 2n , với a1 , a 2 ,..., a n ∈ \ .

Ta chấp nhận kết quả sau
4.4. Luật quán tính
Khi một dạng toàn phương trên không gian Euclide \ n được đưa về dạng
chính tắc bằng hai cách khác nhau thì số các hệ số dương bằng nhau và số các hệ
số âm cũng bằng nhau.
4.5. Giải thuật chuyển dạng toàn phương về dạng chính tắc
1. Phương pháp dùng ma trận trực giao

Cho dạng toàn phương trên \ n , q ( x1 , x 2 ,..., xn ) = X T AX , trong đó A là ma
trận đối xứng. Do A là ma trận đối xứng nên do phần trên, ta luôn tìm được ma
trận trực giao P sao cho P −1 AP là ma trận chéo. Giả sử
⎛ a1 0 ... 0 ⎞
⎜
⎟
⎜ 0 a 2 ... 0 ⎟
−1
.
P AP = ⎜
... ... % ... ⎟
⎜
⎟
⎜0 0 0 a ⎟
⎝
n⎠

Đặt X = PY , với Y T = ( y1

y 2 ... y n ) . Ta có
T

q ( x1 , x2 ,..., x n ) = X T AX = ( PY ) A ( PY ) = Y T .P T AP.Y = Y T .P −1 AP.Y

= ( y1

y2

⎛ a1 0 ... 0 ⎞ ⎛ y1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
⎜ 0 a 2 ... 0 ⎟ ⎜ y 2 ⎟
... y n ) ⎜
... ... % ... ⎟ ⎜ # ⎟
⎜
⎟⎜ ⎟
⎜ 0 0 0 a ⎟⎜y ⎟
n ⎠⎝ n ⎠
⎝

= a1 y12 + a 2 y 22 + ... + a n y 2n .
Ví dụ 9. Với dạng toàn phương trên \ 3

q = 3x12 + 4x 22 + 5x 23 + 4x1 x2 − 4x 2 x 3 ,
xét ma trận của q,

81

⎛3 2 0 ⎞
⎜
⎟
A = ⎜ 2 4 −2 ⎟ ∈ M 3 ,
⎜ 0 −2 5 ⎟
⎝
⎠
ta có A là ma trận đối xứng có 3 giá trò riêng λ1 = 1 , λ 2 = 4 , λ 3 = 7 , với các không
gian riêng
Vλ = u1 = ( 2, 2,1) ,
1

Vλ = u 2 = ( −2,1, 2 ) ,
2

Vλ = u 3 = (1, −2, 2 ) .
3

Ta được một cơ sở của \ 3 gồm toàn các vectơ riêng của A là S = {u1 , u 2 , u 3} .
Từ cơ sở S , ta xây dựng được cơ sở trực giao

{

}

S′ = v1 = ( 2, 2,1) , v2 = ( −2,1, 2 ) , v3 = (1, −2, 2 )
và cơ sở trực chuẩn của \ 3

{

B = w1 =

1
3

( 2, 2,1) , w2 = 13 ( −2,1, 2) , w3 = 12 (1, −2, 2)}

Gọi B0 là cơ sở chính tắc của \ 3 . Ma trận đổi cơ sở từ B0 qua B là
⎛ 2 −2 1 ⎞
1⎜
⎟
P = ⎜ 2 1 −2 ⎟ .
3⎜
⎟
⎝1 2 2 ⎠
Khi đó P là ma trận làm chéo hóa A và
⎛ 1 0 0⎞
⎜
⎟
P −1 AP = ⎜ 0 4 0 ⎟
⎜0 0 7⎟
⎝
⎠
do đó

q = ( y1

y2

⎛ 1 0 0 ⎞ ⎛ y1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
y 3 ) ⎜ 0 4 0 ⎟ ⎜ y 2 ⎟ = y12 + 4y 22 + 7y 23
⎜0 0 7⎟⎜ y ⎟
⎝
⎠⎝ 3 ⎠

với
X = PY hay Y = P −1 X = P T X
⎛ y1 ⎞
⎛ 2 2 1 ⎞ ⎛ x1 ⎞
⎜ ⎟ 1⎜
⎟⎜ ⎟
⇔ ⎜ y 2 ⎟ = ⎜ −2 1 2 ⎟ ⎜ x 2 ⎟
⎜ y ⎟ 3 ⎜ 1 −2 2 ⎟ ⎜ x ⎟
⎝
⎠⎝ 3 ⎠
⎝ 3⎠
82


⎧ x1 =
⎪⎪
⇔ ⎨ x2 =
⎪
⎪⎩ x3 =

1

3
1
3
1
3

( 2y1 − 2y2 + y3 )
( 2y1 + y2 − 2y3 )
( y1 + 2y2 + 2y3 )

2. Thuật toán Lagrange

Để chuyển dạng toàn phương q về dạng chính tắc thì ngoài phương pháp chéo
hóa một ma trận, người ta có thể dùng thuật toán Lagrange để biến dạng toàn
phương về dạng chính tắc bằng quy nạp trên n như sau
Đổi biến mới y1 sao cho q = a11 y12 + q1 trong đó q1 chỉ lệ thuộc vào n − 1 biến
x 2 , x 3 , ..., x n . Đối với biến x1 , bằng cách gom tất cả các số hạng có chứa biến x1 ,

ta có
⎡
⎤
a
a
a11 x12 + 2a12 x1 x 2 + ... + 2a1n x1 x n = a11 ⎢ x12 + 2 12 x1 x 2 + ... + 2 1n x1 x n ⎥
a11
a11
⎣
⎦

Dùng công thức

( α1 + α2 + ... + αn )

2

2

= α12 + 2α1α 2 + ... + 2α1α n + ( α 2 + ... + α n ) ,

ta được
2

a11 x12

⎡
⎤
a
a
+ 2a12 x1 x2 + ... + 2a1n x1 x n = a11 ⎢ x1 + 12 x 2 + ... + 1n xn ⎥ −
a11
a11
⎣
⎦
⎛a
⎞
a
−a11 ⎜⎜ 12 x 2 + ... + 1n x n ⎟⎟
a11
⎝ a11
⎠

Đặt y1 = x1 +

a12

a11

x 2 + ... +

a1n
a11

2

xn thì q = a11 y12 + q1 , trong đó q1 là dạng toàn

phương chỉ lệ thuộc vào n − 1 biến x 2 , x 3 , ..., x n .
Tiếp tục khử số hạng x 2 , ....
Ví dụ 10. Chuyển dạng toàn phương sau về dạng chính tắc

q = 2x12 + x 22 + 17x23 − 4x1 x2 + 12x1 x3 − 16x 2 x3 .
Xét các số hạng chứa x1 , ta có
2
2
2x12 − 4x1 x2 + 12x1 x 3 = 2 ⎡⎢( x1 − x 2 + 3x 3 ) − ( x2 − 3x 3 ) ⎤⎥ .
⎣
⎦

Đặt y1 = x1 − x2 + 3x 3 , ta được

(

)

q = 2y12 − 2 x 22 − 6x2 x3 + 9x23 + x22 + 17x 23 − 16x2 x3

= 2y12 − x 22 − 4x2 x3 − x 23
83


Tiếp tục xét các số hạng chứa x 2 ,
2
− x 22 − 4x2 x3 = − ⎡⎢( x2 + 2x 3 ) − 4x23 ⎤⎥
⎣
⎦

và đặt y 2 = x2 + 2x 3 , ta được
q = 2y12 − y 22 + 3x3
Tóm lại, bằng cách đặt
⎧ y1 = x1 − x2 + 3x 3
⎪
⎨ y 2 = x2 + 2x 3
⎪y = x
3
⎩ 3

thì q có dạng chính tắc là q = 2y12 − y 22 + 3y 3 .
Chú ý. Trong trường hợp hệ số a11 = 0 , nghóa là không có thừa số x12 trong

q thì ta gom các số hạng chứa x 2 trước ...

Nếu a11 = a 22 = ... = a nn = 0 , nghóa là không có số hạng x12 , x 22 , ..., x 2n thì ta
xét một số hạng tích chéo, chẳng hạn x1 x 2 , và dùng ẩn phụ
⎪⎧ x1 = y1 + y 2
⎨
⎪⎩ x2 = y1 − y 2
Thế vào biểu thức của q thì x1 x 2 = y12 − y 22 , tiếp tục thực hiện như bước trước.
Ví dụ 11. Chuyển dạng toàn phương sau về dạng chính tắc
q = x1 x 2 − 2x1 x 3 + 2x1 x 4 − x 2 x 4 − 4x 3 x4 .

Đặt
⎧⎪ x1 = y1 + y 2
⎨
⎪⎩ x2 = y1 − y 2
Ta có
q = y12 − y 22 − 2y1 x 3 − 2y 2 x 3 + 2y1 x 4 + 2y 2 x 4 − y1 x 4 + y 2 x4 − 4x 3 x 4
= y12 − y 22 − 2y1 x 3 − 2y 2 x3 + y1 x 4 + 3y 2 x4 − 4x3 x 4

Gom các số hạng chứa y1 , ta có

(

y12 − 2y1 x3 + y1 x4 = y1 − x3 +
và đặt z1 = y1 − x3 + 12 x4 =

1
2

x1 +

1

2

1
2

x4

) − (x
2

3

− 12 x4

x2 − x3 + 12 x4 , ta được

q = z12 − y 22 − 2y 2 x 3 + 3y 2 x4 − 3x 3 x4 − x 32 −

84

1
4

x42

)

2

Gom các số hạng chứa y 2 ,

(

⎡
− y 22 − 2y 2 x 3 + 3y 2 x 4 = − ⎢ y 2 + x 3 − 23 x 4
⎣
và đặt z2 = y 2 + x3 − 23 x 4 =

1
2

) − (x
2

3

− 23 x 4

)

2⎤

⎥⎦

x1 − 12 x 2 + x 3 − 23 x4 , ta được

q = z12 − z22 − 6x 3 x4 + 2x 42
Tiếp tục gom các số hạng chứa x 4 ,

(

⎡
−6x 3 x4 + 2x24 = 2 ⎢ − 23 x3 + x 4
⎣

)

2

−

9
4

⎤
x 23 ⎥
⎦

và đặt z4 = − 23 x 3 + x 4 , ta được
q = z12 − z22 − 92 x32 + 2z42

Tóm lại, bằng cách đặt
z1 =

1
2

x1 + 12 x 2 − x 3 + 12 x 4 ; z2 =

1
2

x1 − 12 x 2 + x 3 − 23 x 4

z3 = x3 ; z4 = − 23 x3 + x 4

thì
q = z12 − z22 − 92 z32 + 2z42 .

Bài tập
1. Trong không gian \ 3 cho cơ sở e1 = (1, 2, 3) , e2 = ( 0, 2, 0 ) , e3 = ( 0, 0, 3) . Hãy trực

chuẩn hóa cơ sở này.
2. Trong không gian \ 4 cho cơ sở e1 = (1, 0,1, 2 ) , e2 = ( −1, 0, −1, 0 ) , e3 = ( 0, 0, 2,1) ,

e4 = ( 0,1,1,1) . Hãy trực chuẩn hoá cơ sở này.

3. Tìm ma trận trực giao đưa dạng toàn phương trên \ 3 về dạng chính tắc

a) 5x12 + 9x22 + 9x23 − 12x1 x2 − 6x1 x 3 .
b) 5x12 + x22 − x23 + 2x1 x 2 − 2x1 x 3 − 4x 2 x 3 .
c) 3x12 + 3x22 + 3x23 + 2x1 x2 − 4x1 x 3 + 4x2 x3 .
4. Dùng thuật toán Lagrange, đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc

a) x12 + 2x22 + 2x1 x 2 + 4x2 x 3 .
b) x12 + 4x22 + x 23 − 4x1 x2 + 2x2 x 3 .
c) x12 + x22 + x 23 − 2x1 x 2 + 2x1 x3 + 2x2 x3 .
85

d) 2x12 + x22 + 3x 23 − 4x1x 2 − 4x 2 x 3 .
e) x1 x2 + 3x1 x3 − 8x2 x3 .
f) −5x1 x2 + 4x1x 3 − 2x 2 x 3 .

86