CHUONG 5 KHONG GIAN EUCLIDE VA DANG TOAN PHUONG (LOI GIAI)

Bài tập
3

1. Trong không gian

cho cơ sở e1 = (1, 2, 3) , e2 = ( 0, 2, 0 ) , e3 = ( 0, 0, 3) . Hãy trực

chuẩn hóa cơ sở này.
ĐS: Dùng phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt, ta xây dựng cơ sở trực giao
k −1 e , v
( vk ) xác đònh bởi v1 = e1 và vk = ek − ∑ vk, v i vi , với k = 2, 3,...
i =1
i
i
Ta có v1 = e1 = (1, 2, 3) ; v2 = e2 −
v3 = e3 −

e3 , v1

v1 −

v1 , v1

e3 , v2
v2 , v2

e2 , v1
v1 , v1

v1 = ( 0, 2, 0 ) −

9
v2 = ( 0, 0, 3) − 14
(1, 2, 3) +

2
7

9
70

(1, 2, 3) = ( − 72 , 107 , − 76 ) ;
( −2,10, −6) = ( − 109 , 0, − 1027 )

Suy ra cơ sở trực chuẩn ( u k ) , với
u1 =

v1

u2 =

v2

v1

v2

và u 3 =

(1, 2, 3) ;

=

1
14

=

7
140

v3

=

v3

(−

10
18

2 , 10 , − 6
7 7
7

(−

)=

9

27
, 0, − 10
10

( −2,10, −6)

) = ( −1, 0, −3)

4

2. Trong không gian

1
2 35
1
2

cho cơ sở e1 = (1, 0,1, 2 ) , e2 = ( −1, 0,1, 2 ) , e3 = ( 0, 0, 2,1) ,

e4 = ( 0,1,1,1) . Hãy trực chuẩn hóa cơ sở này.
ĐS: v1 = e1 = (1, 0,1, 2) ; v 2 = e2 −
v 3 = e3 −

(

e3 , v1
v1 , v1

22 , − 1
= 0, 0, 15

15

v 4 = e4 −

v1 −

)

e4 , v1
v1 , v1

= ( 0,1,1,1) −

(

3
4

v1 −

e3 , v2
v2 , v2

e4 , v 2
v2 , v2

e2 , v1
v1 , v1

v1 = ( −1, 0,1, 2) −

v 2 = ( 0, 0, 2,1) −

v2 −

e4 , v 3
v3 , v3

v3

)

Suy ra cơ sở trực chuẩn ( u k ) , với
v1

u2 =

v2

v1

v2

=
=

1
2

(1, 0,1, 2) ;

3
30

(−

5
, 0, 13 , 23
3

)=

1
30

( −5, 0,1, 2)
1

(1, 0,1, 2) = ( − 53 , 0, 13 , 23 ) ;

(1, 0,1, 2) + 152 ( −5, 0,1, 2)

(1, 0,1, 2) − 101 ( −5, 0,1, 2) − 167 ( 0, 0, 22, −1)

= − 14 ,1, − 758
, 21
80 80

u1 =

2

3

4
6


u3 =

v3

v3

và u 4 =

=
v4
v4

15
485

( 0, 0,

=

80
575.406

22 , − 1
15

15

(−

1
4

)=

1
485

( 0, 0, 22, −1)

)

,1, − 758
, 21 =
80 80

1
575.406

( −20,1, −758, 21)

3. Tìm ma trận trực giao đưa dạng toàn phương trên về dạng chính tắc
a) 5x12 + 9x 22 + 9x23 − 12x1 x 2 − 6x1 x 3 .
b) 5x12 + x22 − x23 + 2x1 x2 − 2x1 x 3 − 4x 2 x 3 .
c) 3x12 + 3x 22 + 3x23 + 2x1 x2 − 4x1 x 3 + 4x2 x3 .

(

ĐS: a) Ta có 5x12 + 9x 22 + 9x 32 − 12x1 x 2 − 6x1 x3 = x1

⎛ 5 −6 −3 ⎞ ⎛ x1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
x 3 ) ⎜ −6 9 0 ⎟ ⎜ x 2 ⎟
⎜ −3 0 9 ⎟ ⎜ x ⎟
⎝
⎠⎝ 3 ⎠

x2

5 − λ −6
−3 5 − λ
−6
2
0
−6 9 − λ
−6 9 − λ = ( 5 − λ )( 9 − λ ) − 9 ( 9 − λ ) − 36 ( 9 − λ )
0
9 − λ −3
0
−3

(

= ( 9 − λ ) ⎡⎣( 5 − λ )( 9 − λ ) − 45⎤⎦ = ( 9 − λ ) λ 2 − 14λ

)

cho các trò riêng λ = 0 , λ = 9 và λ = 14 .

⎛ 5 −6
⎛ 5 −6 −3 ⎞
6
⎜
⎟
( 2 ) : = ( 2 ) + 5 (1 ) ⎜
9
λ = 0 cho ⎜ −6 9 0 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→⎜0
5
( 3):= ( 3) + 53 (1) ⎜
⎜
⎟
⎜ 0 − 18
⎝ −3 0 9 ⎠
5
⎝

(

)

(

⎛ 5 −6 −3 ⎞
−3 ⎞

⎟
3 ) := ( 3 ) + 2 ( 2 )
⎜
⎟
(
18
− 5 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→ ⎜ 0 1 −2 ⎟
2):= 59 ( 2)
(
⎟
⎜
⎟
36 ⎟
⎝0 0 0 ⎠
5 ⎠

)

cho nghiệm 3m, 2m, m và vectơ riêng 3, 2,1 .

⎛ − 4 −6 − 3 ⎞
⎛ −4 −6 −3 ⎞
⎛ −4 − 6 − 3 ⎞
⎟
6
⎜
⎟
⎟
( 2 ) : = ( 2 ) − 4 (1 ) ⎜

( 3):= ( 3) − 12 ( 2) ⎜
9
λ = 9 cho ⎜ −6 0 0 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→⎜ 0 9
→⎜ 0 2 1 ⎟
⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
2
2 ): = 2 ( 2 )
(
( 3):= ( 3) − 43 (1) ⎜
9
⎟
⎜
⎟
⎜ 0 0 0⎟
9
9 ⎟
⎜ 0
⎝ −3 0 0 ⎠
⎝
⎠
⎝
2
4 ⎠

(

)

(

)

cho nghiệm 0, m, −2m và vectơ riêng 0,1, −2 .

⎛ −9 − 6 − 3 ⎞
⎛ −3 0 −5 ⎞
⎛ −3 0 − 5 ⎞
1) ∼ ( 3)
2 ) : = ( 2 ) − 2 (1 )
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
(
(
→ 0 −5 10 ⎟
⎜ −6 −5 0 ⎟ ⎯⎯⎯⎯→ ⎜ −6 −5 0 ⎟ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
( 3 ) : = ( 3 ) − 3 (1 ) ⎜
⎜ −3 0 −5 ⎟
⎜ −9 −6 −3 ⎟
⎜ 0 −6 12 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠

λ = 14 cho
⎛ −3 0 −5 ⎞
⎟
( 3):= ( 3) − 65 ( 2) ⎜
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→ ⎜ 0 −1 2 ⎟
1
( 2 ): = 5 ( 2 )
⎜0 0 0⎟
⎝
⎠

(

)

(

)

(

)

cho nghiệm − 5 m, 2m, m và vectơ riêng − 5 , 2,1 hay −5, 6, 3 .
3

3

2

{

(

)

(

)

(

Với cơ sở u1 = 3, 2,1 , u 2 = 0,1, −2 , u 3 = −5, 6, 3

)} . Chéo hóa cơ sở này, ta nhận được cơ

sở trực chuẩn các vectơ riêng và suy ra ma trận trực giao đưa dạng toàn phương về dạng
chính tắc.

(

b) Ta có 5x12 + x22 − x 23 + 2x1 x 2 − 2x1 x 3 − 4x2 x3 = x1

⎛ 5 1 −1 ⎞ ⎛ x1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
x 3 ) ⎜ 1 1 −2 ⎟ ⎜ x 2 ⎟
⎜ −1 −2 −1 ⎟ ⎜ x ⎟

⎝
⎠⎝ 3 ⎠

x2

5−λ
1
−1 5 − λ
1
1
1−λ
−2
1
1 − λ = ( 5 − λ ) λ 2 − 1 + 2 + 2 − ( 1 − λ ) − 4 ( 5 − λ ) + (1 + λ )
−1
−2 −1 − λ −1
−2

(

)

= −λ 3 + 5λ 2 + 7λ − 21

(

c) Ta có 3x12 + 3x 22 + 3x32 + 2x1 x2 − 4x1 x 3 + 4x2 x3 = x1

3−λ

1

1

3−λ

−2

2

−2 3 − λ
2

1

x2

⎛ 3 1 −2 ⎞ ⎛ x1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
x3 ) ⎜ 1 3 2 ⎟ ⎜ x2 ⎟
⎜ −2 2 3 ⎟ ⎜ x ⎟
⎝
⎠⎝ 3 ⎠

3

3 − λ = (3 − λ ) − 4 − 4 − 4 (3 − λ ) − 4 (3 − λ ) − (3 − λ )

1

3 − λ −2

2

= −λ 3 + 9λ 2 − 27λ + 27 − 12 − 27 + 9λ

(

= −λ 3 + 9λ 2 − 18λ − 8 = ( λ − 4 ) −λ 2 + 5λ + 2

)

4. Dùng thuật toán Lagrange, đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc
a) x12 + 2x 22 + 2x1 x2 + 4x 2 x 3 .
b) x12 + 4x 22 + x23 − 4x1 x 2 + 2x2 x 3 .
c) x12 + x22 + x 23 − 2x1 x 2 + 2x1 x3 + 2x2 x3 .
d) 2x12 + x22 + 3x 23 − 4x1 x 2 − 4x 2 x 3 .
e) x1 x2 + 3x1 x3 − 8x2 x3 .
f) −5x1 x2 + 4x1 x 3 − 2x 2 x 3 .
ĐS: a)

(

)

x12 + 2x 22 + 2x1 x 2 + 4x 2 x 3 = x12 + 2x1 x 2 + 2x 22 + 4x 2 x 3
2
= ⎡⎢( x1 + x 2 ) − x22 ⎤⎥ + 2x22 + 4x2 x 3
⎣

⎦
2

= ( x1 + x2 ) + x 22 + 4x 2 x 3
2

2

= ( x1 + x2 ) + ( x 2 + 2x3 ) − 4x 23
Đặt y1 = x1 + x 2 ; y 2 = x2 + 2x 3 ; y 3 = x3 . Ta được dạng chính tắc

3


x12 + 2x22 + 2x1 x 2 + 4x2 x 3 = y12 + y 22 − 4y 23
b)

(

)

x12 + 4x 22 + x 23 − 4x1 x2 + 2x2 x3 = x12 − 4x1 x2 + 4x22 + x23 + 2x 2 x3
2
= ⎡⎢( x1 − 2x2 ) − 4x22 ⎤⎥ + 4x 22 + x 23 + 2x 2 x 3
⎣
⎦
2

= ( x1 − 2x 2 ) + x23 + 2x 2 x 3
2

2

= ( x1 + x 2 ) + ( x 3 + x 2 ) − x 22
Đặt y1 = x1 + x 2 ; y 2 = x2 ; y 3 = x2 + x 3 . Ta được dạng chính tắc

x12 + 4x 22 + x 23 − 4x1 x2 + 2x 2 x 3 = y12 − y 22 + y 23
c)

(

)

x12 + x22 + x23 − 2x1 x2 + 2x1 x3 + 2x 2 x 3 = x12 − 2x1 x 2 + 2x1 x 3 + x 22 + x 23 + 2x2 x3
2
2
= ⎡⎢( x1 − x 2 + x 3 ) − ( x2 − x 3 ) ⎤⎥ + x 22 + x23 + 2x 2 x 3
⎣
⎦
2

= ( x1 − x2 + x3 ) + 4x 2 x 3
Đặt x′2 = x 2 + x 3 ; x′3 = x 2 − x3 ; Ta có x 2 =

x′2 + x′3
2

; x3 =

x′2 − x′3

2

x12 + x22 + x32 − 2x1 x 2 + 2x1 x 3 + 2x 2 x3 = ( x1 − x2 + x 3 ) +

và

2

(

1 2
x′ − x′32
4 2

)

Đặt y1 = x1 − x2 + x 3 ; y 2 = x′2 = x2 + x 3 ; y 3 = x′3 = x2 − x3 . Ta được dạng chính tắc

x12 + x22 + x32 − 2x1 x 2 + 2x1 x 3 + 2x 2 x 3 = y12 +

d)

1
4

(

y 22 −

1
4

y 32

)

2x12 + x22 + 3x 32 − 4x1 x2 − 4x 2 x 3 = 2 x12 − 2x1 x2 + x22 + 3x 32 − 4x 2 x 3
2
= 2 ⎡⎢( x1 − x2 ) − x22 ⎤⎥ + x22 + 3x 32 − 4x2 x3
⎣
⎦
2
= 2 ( x1 − x 2 ) − ⎡⎢ x22 + 4x2 x3 − 3x 32 ⎤⎥
⎣
⎦
2
2
= 2 ( x1 − x 2 ) − ⎡⎢( x2 + 2x 3 ) − 7x 32 ⎤⎥
⎣
⎦

(

)

Đặt y1 = x1 − x2 + x 3 ; y 2 = x2 + 2x 3 ; y 3 = x3 . Ta được dạng chính tắc

2x12 + x 22 + 3x 23 − 4x1 x2 − 4x2 x3 = 2y12 − y 22 + 7y 23
e) Đặt x1′ = x1 + x 2 ; x′2 = x1 − x2 ; Ta có x1 =

4

x1′ + x′2
2

; x2 =

x1′ − x′2
2

và


x1 x 2 + 3x1 x 3 − 8x2 x3 = x1′2 − x′22 +

3
2

( x1′ + x′2 ) x3 − 4 ( x1′ − x′2 ) x3

= x1′2 − x′22 + 23 x1′ x3 + 23 x′2 x 3 − 4x1′ x 3 + 4x′2 x 3
= x1′2 − x′22 − 52 x1′ x3 +

(

)

11
2

= x1′2 − 52 x1′ x 3 − x′22 +

(

⎡
= ⎢ x1′ −
⎣

(
= ( x′ −

= x1′ −
1

(

= x1′ −
Đặt y1 = x1′ −

5
4

5
4

5
4

x3

5
4

x3

5
4

x3

x3 = x1 + x 2 −

)

x3

5
4

2

−

25
16

11
2

x′2 x 3

⎤
x 23 ⎥ − x′22 +
⎦

) − ( x′ −
) − ⎢⎣⎡( x′ −
2

x′2 x3

2
2

2

2

) − ( x′ −
2

2

)

11
2

x′2 x 3 −

11
4

11
4

11
2

x3

x3

)

)

25
16

x 23

⎤
− 121
x2 −
16 3 ⎥
⎦

2

2

x′2 x 3

+

96
16

25
16

x 23

x23

x3 ; y 2 = x′2 − 11
x = x1 − x 2 − 11
x ; y 3 = x3 . Ta được
4 3
4 3

dạng chính tắc

x1 x 2 + 3x1 x 3 − 8x 2 x 3 = y12 − y 22 +

96
16

y 23

f) Đặt x1′ = x1 + x 2 ; x′2 = x1 − x 2 ; Ta có x1 =

x1′ + x′2
2

; x2 =

x1′ − x′2
2

và

−5x1 x 2 + 4x1 x 3 − 2x 2 x3 = −5x1′2 + 5x′22 + 2 ( x1′ + x′2 ) x3 − ( x1′ − x′2 ) x3
= −5x1′2 + 5x′22 + 2x1′ x3 + 2x′2 x3 − x1′ x 3 + x′2 x3
= −5x1′2 + 5x′22 + x1′ x 3 + 3x′2 x 3

(

)

= −5 x1′2 + 15 x1′ x3 + 5x′22 + 3x′2 x 3

(

⎡
= −5 ⎢ x1′ +
⎣

(
= −5 ( x ′ +

= −5 x1′ +
1

(

= −5 x1′ +

1
10

x3

)

2

1 x 2 ⎤ + 5x′2 + 3x′ x
− 100
3⎥
2
2 3
⎦

(

)

2

+ 5 x′22 + 53 x′2 x 3 +

x3

)
)

2

⎡
+ 5 ⎢ x′2 +
⎣

x3

)

2

1
10

x3

1
10
1
10

Đặt y1 = x1′ +

1
10

(

(

+ 5 x′2 +

3
10

3
10

x3

x3 = x1 + x 2 +

)

x3

)

2

1
10

2

1
20

x 23

⎤
9
x23 ⎥ −
− 100
⎦

−

111
80

25
16

x 23

x32

x 3 ; y 2 = x′2 +

dạng chính tắc

−5x1 x2 + 4x1 x 3 − 2x 2 x 3 = −5y12 + 5y 22 − 111
y2
80 3

5

3
10

x 3 = x1 − x 2 +

3
10

x 3 ; y 3 = x 3 . Ta được