Bài tập dạng toàn phương có lời giải

CHUYÊN ĐỀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG
Bài toán : Cho f : R  R  R . Hỏi ánh xạ nào sau đây là dạng song
tuyến tính:
a) f ( x, y) x y .
b) f ( x, y)

axy, (a là hằng số).

Giải: Ta phải kiểm tra lần lượt 4 điều kiện của định nghĩa
a) Ta có f ( x y, z ) x y z
Mặt khác f ( x, z )

f ( y, z )

x

z

y

z

(x

y

z)

z

Ta thấy khi z  0 thì f  x  y, z   f  x, z   f  y, z 

Do vậy f không phải là dạng song tuyến tính.
b) Với x, y  R,  ta có:
+) f ( x

y, z )

a( x

y) z

+) f ( x, y

a( xy)
z)

ax( y
f ( x, y )

+) f ( x, y)

a( x y )

ayz

f ( y, z ) .

f ( x, z )

+) f ( x, y)

axz

(axy)
z)

axy

f ( x, y) .
axz

f ( x, z ) .
(axy )

f ( x, y)

Vậy f là một dạng song tuyến tính.
2
2
Bài toán : Cho f : R  R  R được xác định như sau:

với mọi x  x1 , y1 , y  x2 , y 2   R 2  R 2 : f x, y   x1 x 2  2 x1 y 2  3x 2 y1
Xét xem f có phải là dạng song tuyến tính không?
2
2
Giải: Với x  x1 , y1 , y  x2 , y2 , z  x3 , y3   R  R ,  ta có:

+) f x  z, y   ( x1  x3 ) x2  2( x1  x3 ) y 2  3x2 ( y1  y3 )
 x1 x2  x3 x2  2 x1 y 2  2 x3 y 2  3x2 y1  3x2 y3
 f  x, y   f ( z , y )

+) Các điều kiện khác thử tương tự và cũng đều thỏa mãn
Vậy f là một dạng song tuyến tính.


Ví dụ 6: Trong không gian R3 với cơ sở chính tắc S
e1, e2 , e3 . Cho
dạng song tuyến tính xác định như sau: với x
x1, x2 , x3 ,
y   y1, y 2 , y3   R 3

f : R3  R3  R

x, y   f x, y   x1 y1  3x2 y 2  2 x3 y3
và
cho
hệ
cơ
sở
mới
e1 '  1,1,0, e2 '  1,0,1, e3 '  1,1,1

S '  e1 ' , e2 ' , e3 '

,

với

Tìm ma trận A’ của f trong cơ sở S’.
Giải:
b11 b12

Cách 1: Tính trực tiếp, đặt A'  b21 b22
b31 b32

b13 
b23  ,
b33 

với b11  f e1 ' , e1 '  4 , b12  f e1 ' , e2 '  1 , b13  f e1 ' , e3 '  4
b21  f e2 ' , e1 '  1 , b22  f e2 ' , e2 '  3 , b23  f e2 ' , e3 '  3

b31  f e3 ' , e1 '  4 , b32  f e3 ' , e2 '  3 , b33  f e3 ' , e3 '  6

 4 1 4
A'  1 3 3
4 3 6

Vậy

1 0 0
Cách 2: Ma trận của f trong cơ sở S là: A  0 3 0
0 0 2
1 1 1
Ma trận chuyển cơ sở S sang S’ là: P  1 0 1
0 1 1

Do đó
1 1 0 1 0 0 1 1 1 4 1 4
A'  P AP  1 0 1 0 3 0 1 0 1  1 3 3 .
1 1 1 0 0 2 0 1 1 4 3 6
t

3
3
Ví dụ 7. Cho f là dạng song tuyến tính từ f : R  R  R , với cơ sở
chính tắc được xác định như sau:

f ( x, y)

x1 y1

2 x1 y2

x2 y2

3x3 y3 , x

x1, y1, z1 ; y

y1, y2 , y3 .


Tìm ma trận của f trong cơ sở chính tắc S
cơ sở

e1, e2 , e3 của R3 và trong

S '  e1 ' , e2 ' , e3 ', với e1 '  1,1,1, e2 '  1,1,0, e3 '  0,1,1

Giải:
 a11

A  a 21
a31

+) Đối với cơ sở
a12
a 22
a32

chính tắc S

e1, e2 , e3

f có ma trận là:

a13 
a 23 
a33 

Trong đó: a11

f e1, e1

1, a12

f e1, e2

a21

f e2 , e1

0 , a22

f e2 , e2

a31

f e3 , e1

0 , a32

Vậy ta có :

f e3 , e2

2 , a13

f e1, e3

0

1 , a23

f e2 , e3

0

0 , a33

f e3 , e3

3

1 0 0 
A  2  1 0
0 0 3

1 1 1 


Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở S’ là: P  1 1 0
0 1 1
,
nên ma trận của f trong cơ sở mới S’ là:
1 1 0 1 0 0 1 1 1 2 2 3
A'  P t AP  1 1 1 2  1 0 1 1 0  2 5 6 .
1 0 1 0 0 3 0 1 1 4 4 4

3x12

x1x2

2 x2 x3

toàn phương trong R3 . Trong đó
1
a11 3, a12 a21
, a13 a31 0, a32
2
Ma trận của dạng toàn phương là:

a 23

1, a 22

Ví dụ 8: +) Cho Q x

f x, x


3
1
A
2
0



0

 1 1

1 4

1
2

x22

4 x32 là dạng

1, a33

4.


+) Cho Q x
f x, x
x12 2 x22 là dạng toàn phương trong R3 ,
trong đó ma trận của dạng toàn phương là:
1 0 0
A  0 2 0
0 0 0

Dùng tiêu chuẩn Sylvester phân loại dạng toàn phương:

f  x12  2 x22  4 x32  2 x1x2  2 x2 x3.
1 1 0 
Giải: Ma trận của f là: A  1 2 1 , ta có :


0 1 4 

1  1,  2 

1 1
1 2

 1, 3  det A  3 .

Ta thấy k  0, k  1,2,3 nên f là dạng toàn phương xác định dương

Ví dụ 11. Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc:
a) f ( x, x)  9 x12  6 x22  6 x32  6 x1x2  6 x1x3  12 x2 x3 .
b) f ( x, x)  2 x12  x22  x32  3x1x2  4 x1x3
Giải: a) Ta biến đổi:

f ( x, x)  9 x12  6 x22  6 x32  6 x1x2  6 x1x3  12 x2 x3





= 9 x12  6 x1x2  6 x1x3  6 x22  6 x32  12 x2 x3



=  3x1  x2  x3   5 x22  5 x32  10 x2 x3
2

=  3 x1  x2  x3   5  x2  x3 
2



2

 x1  3 x1  x2  x3
Đặt 
, ta được dạng toàn phương trên về dạng chính tắc:
 x2  x2  x3

f  x12  5 x22 .
b) Ta thực hiện biến đổi:

f ( x, x)  2 x12  x22  x32  3x1x2  4 x1x3





= 2 x12  3x1x2  4 x1x3  x22  x32
3


= 2  x12  x1x2  2 x1x3   x22  x32
2




2

3

 1
= 2  x1  x2  x3   x22  3x2 x3  x32
4

 8
2

3
3 

 17

= 2  x1  x2  x3   x22   x3  x2 
4
8
2 




2

3
 
x

x

x2  x3
1
1

4

17
Đặt  x2  x22
, ta được dạng chính tắc: f  2 x12  x22  x3 2 .

8

3
 x3  x3  x2
2


Ví dụ 12. Đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc:
a) w( x)  f ( x, x)  x12  5 x22  4 x32  2 x1x2  4 x1x3 .
b) w( x)  f ( x, x)  x1x2  x1x3  x2 x3 .





Giải: a) w( x)  x12  2 x1x2  4 x1x3  5 x22  4 x32
=  x1  x2  2 x3   4 x22  4 x2 x3  8 x32
2

=  x1  x2  2 x3 

Đặt

2

2

1 

 4  x2  x3   9 x32

2 


 x1  x1  x2  2 x3

1

, ta được dạng chính tắc của dạng toàn phương
 x2  x2  x3
2

 x3  x32

trên là

w( x)  x12  4 x22  9 x32
 x1  y1  y2

b) Đặt:  x2  y1  y2 ,
x  y
3
 3

ta được w( y )  y12  y22  ( y1  y2 ) y3  ( y1  y2 ) y3
= ( y1  y3 ) 2  y22  y32
 z1  y1  y3

Đặt  z2  y2
, ta có dạng chính tắc là: w( x)  z12  z22  z32
z  y

3
 3


Chú ý: Ở dạng toàn phương ban đầu nếu a11  0 , nhưng a1 j  0, ( j  1) .
 x1  y1  y2
x  y  y
1
2
 2
Chẳng hạn a12  0 thì ta sử dụng phép đổi biến:  x3  y3
thì khi đó


 xn  yn
trong cơ sở mới ta lại có phương trình ở dạng ban đầu.

Bài toán : Trong R 3 trực giao hoá hệ
f1  0,1,2, f 2  1,2,0, f 3  2,0,1

Ta có

e1  f 1  0,1,2 

e2  f 2 
e3  f 3 

f e 
2

1
2

e1

f e 
3

e1

1
2

e1  1,2,0  

e1 

f

e2 

3

e2

2

2
1,2,0  1, 8 , 4 
5

 5 5

e2  2,0,1 

2
0,1,2  6 1, 8 , 4    12 , 6 , 3 
5
21  5 5   7 7 7 

a) Trong C21,1 trực giao hoá hệ
f1  1, f 2  t , f 3  t 2

Ta có:

e1  1
1

e2  t 

t 1
1

2

.1  t 

e3  t 
2

1

1

1
1

2

dt

 dt

1

t

 dt

1

t

 tdt

1
1

.1 

t

3

dt
 t2 

1
1

 tdt

1
3

1

Bài toán : Chéo hoá trực giao ma trận đối xứng
1 2 2


A   2 1 2
2 2 1



Phương trình đặc trưng :
1 

2

2

2

1 

2

2

2

1 

 0    5  1  0

Vậy A có các giá trị riêng   5 và   1 (kép)

2


+ Với   5 ta có hệ phương trình tuyến tìm vectơ riêng là
 4 x1  2 x 2  2 x3  0
 x1  c


 2 x1  4 x 2  2 x3  0   x 2  c
 2x  2x  4x  0
x  c
2
3

 1
 3

Ta được một vectơ riêng độc lập là v1  1,1,1 chuẩn hoá ta được
 1 1 1 
e1  
,
,

 3 3 3
+ Với   1 ta có hệ phương trình tìm vectơ riêng là
2 x1  2 x2  2 x3  0
 x1  c1  c 2 


x 2  c1
 x c
3
2


Ta được hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là v 2   1,1,0 ,

v3   1,0,1

Trực giao hoá ta được f 2   1,1,0  ,
f 3   1,0,1 

1
 1,1,0    1 , 1 ,1

2
 2 2 

Chuẩn hoá ta được :

e2   


e3   



,0 
2 2 
1
1 1 
,
,

6
6 6
1

,

1

Từ đó , với





T 





1
3
1
3
1
3

1



2
1
2
0

1 

6
1 



6
1 

6 



Ta có
0
5 0


T AT   0  1 0 
 0 0  1


*

tắc

Bài toán : Đưa dạng toàn phương về dạng chính


Cho dạng toàn phương Q trong R4

Lời giải :
Ta biến đổi như sau:
Q  (x1  x 2  x 3  x 4 )2  (x 2  x 3  x 4 )2  x 22  x 2 x 3  4x 2 x 4  x 32  2x 24
=(x1  x 2  x 3  x 4 )2  3x 2 x 3  6x 2 x 4  2x 3 x 4  x 34

Đặt x1  (x1  x2  x3  x4 ) và khử số hạng chữ nhật của x4
Q(x)  x1/ 2  3(x 4  x 2 

Đặt x 4  x 4  x 2 

x3
3

)2  x 2 x 3 

x 32
3

x3
và khử số hạng chữ nhật của x3
3
2

1
3 
3
Qx   x  3x   x3  x2   x22
3
2 
4
'2
1

Đặt x3  x3 

3x 2
2

'2
2

; x 4  x 2

Q x   x1'2  3 x 2'2 

1 '2 3 '2
x3  x 4
3
4

Đây là dạng chính tắc của dạng toàn phương đã cho. Phép biến đổi đã
tiến hành là:
x1  x1  x 2  x 3  x 4
x 2  x 4  x 2 
x 3  x 3 
x 4  x 2

3x 2
2

x3
3


4

x1  x1  x 2  x 3  x 4
3
x 2  x 4
3
x 3  x 3  x 4
2
x 3
x 4  x 2  3  x 4
2 2

Ma trận chuyển cơ sở sang cơ sở chính tắc là:
1

0
0

0

1 

0
0
1 
0
1
3 / 2 

1 1/ 3 3 / 2 

1 4 / 3

Như vậy, cơ sở chính tắc là:
4
1
3 3
e1  (1,0,0,0),e2  (1,0,0,1),e3  (  ,0,1,  ),e4  (1,1,  ,  )
3
3
2 2

Ví dụ 2 : Bằng phương pháp Larrange, đưa dạng toàn phương sau
về dạng chính tắc: Qx   2 x1 x2  4 x1 x3  2 x2 x3
Do các hệ số bình phương đều bằng 0 nên ta thực hiện phép đổi
biến như sau :
x1  y1  y 2

Ta đặt : x2  y1  y 2
x3  y 3

Q x   2 y12  2 y 22  2 y1 y 3  6 y 2 y 3

Khi đó :  2 y12  y1 y 3  y 32   2 y 22  6 y 2 y 3  y 32
1
4



2

1

2



2

1 
3 


 2 y1  y 3   2 y 2  y 3   4 y 32
2 
2 



Tiếp tục thực hiện phép đổi biến ta sẽ đưa dạng toàn phương về dạng
chính tắc là

2 z12  2 z 22  4 z32


Bài toán : : Cho ma trận của dạng song tuyến tính  trên R 3 có ma
trận đối với cơ sở chính tắc là :

2
0 
4



A  1 0
5  Tìm ma trận của 
 2  2  3



đối với cơ sở gồm các vectơ 1  0,2,1 ,  2  1,1,0 ,  3   1,3,0
Lời giải :





Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc e  e1 , e2 , e3 sang cơ sở   là
 0 1  1


T   2 1 3  khi đó ma trận của dạng song tuyến tính  trên R 3 đối
1 0 0 



với cơ sở   là:
2
0  0 1  1  3  2  6 
 0 2 1  4





 

B  T t AT   1 1 0   1 0
5  2 1 3    9 5
3 
  1 3 0  2  2  3  1 0 0  11  9 1 



 


Trong không gian Euclie 3 chiều V cho một cơ sở trực chuẩn e1 , e2 , e3
a) Giả sử  là phép biến đổi tuyến tính của V có ma trận
1 3  2


A  2 1
4 
0 1 1 



Đối với cơ sở f1  e1  e2  2e3 , f 2  2e1  e2 , f 3  e1  e2 . tìm ma
trận của  * trong cơ sở đó
b) Tìm ma trận của phép biến đổi tuyến tính  * của  , với  xác
định

bởi

 e3   e1  2e2  e3

 e2  e3   3e1  e2  2e3

 e1  e2  e3   7e1  e2  4e3 đối với cơ sở e1 , e2 , e3

Lời giải :

,


 e3   e1  2e2  e3


 e2  e3    e2    e3   3e1  e2  2e3
Từ 
 e  e  e    e    e    e   7e  e  4e
3
1
2
3
1
2
3
 1 2
 e1   4e1  2e2  2e3

Suy ra   e2   2e1  e2  e3
  e   e  2e  e
3

1
2
3


2 1  4  2  2
 4

 

Vậy ma trận của  * đối với e1 , e2 , e3 là   2  1 2    2  1 1 
 2
1 1   1 2
1 


xác định bởi

Bài toán : Cho
f (x, y )

2x 1y1

trong đó x

3x1y2

(x1, x 2, x 3 ), y

7x 2y1

x 1y 3

(y1, y2, y3 )

9x 3y1
3

x 2y2

4x 2y 3

x 3y2

x 3y 3

.

a) Tìm ma trận biểu diễn E của f theo cơ sở chính tắc (3) .
b)
S

Tìm

ma

trận
{(1;1;1),(1;2;2),(1;1; 3)} .

biểu

diễn

A

của

f

theo

Hướng dẫn:
Ta có f (( x1 , x2 , x3 ),( y1 , y2 , y3 ))   x1 x2

 2 3 1  y1 
x3  7 1 4   y2 
9 1 1   y3 

 2 3 1
a) Ma trận của f theo cơ sở tự nhiên (3) là E  7 1 4 
9 1 1 
 2 3 1
b) Ma trận của f theo cơ sở tự nhiên (3) là E  7 1 4 
9 1 1 
1 1 1
Ma trận chuyển cơ sở từ (3) sang S là P1  1 2 1
1 2 3

cơ

sở


17 16 25 
Do đó ma trận của f theo cơ sở S là A  P EP1  36 38 54 
35 34 47 
T
1

1) Cho

a) Chứng minh rằng

được cho bởi

là một dạng song tuyến tính trên

b) Tìm ma trận biểu diễn của

3

[t ] .

theo cơ sở tự nhiên {1, t, t 2, t 3 } .

Hướng dẫn:
Với mọi a,b λvà p(t), p0 (t),q(t),q0 (t) λ3[t] . Ta có
1

(a p (t )  b p0 (t ), q (t ))   [ap (t )  bp0 (t )]q (t )dt

0

1

  [ap (t )q (t )  bp0 (t )q (t )]dt
0

1

1

0

0

 a  p (t )q (t )dt  b  p0 (t )q (t )]dt
 a ( p (t ), q (t ))  b ( p0 (t ), q(t ))
1

( p(t ), a q (t )  b q0 (t ))   p (t )[a q (t )  bq0 (t )]dt
0

1

  [a p (t )q (t )  b p (t )q0 (t )]dt
0

1

1

0

0

 a  p (t )q (t )dt  b  p (t )q0 (t )]dt
 a ( p(t ), q (t ))  b ( p(t ), q0 (t ))

Vậy  là một dạng song tuyến tính trên »3[t] .
b) Ta có


1

1

a11  (1,1)   dt  1

a31  (t ,1)   t 2 dt 
2

0

1

a12  (1, t )   tdt 
0

0

1

1
2

a32  (t 2 , t )   t 3dt 
0

1

a33  (t , t )   t 4 dt 

2

1

a14  (1, t 3 )   t 3dt 
0
1

a21  (t ,1)   tdt 
0

2

0

1
4

a34  (t 2 , t 3 )   t 5 dt 
0
1

1
2

a41  (t 3 ,1)   t 3dt 
0
1

1
a22  (t , t )   t dt 
3
0

a42  (t , t )   t 4 dt 

2

3

0

1

a24  (t , t 3 )   t 4 dt 
0

2

0

1

1
5

a44  (t 3 , t 3 )   t 6 dt 
0

1
6

1
5

a43  (t , t )   t 5 dt 
3

1
5

1
4

1

1
a23  (t , t )   t dt 

4
0
3

1

2

1

1

2

1
4

1

1
a13  (1, t )   t dt 
3
0
2

1
3

1
6

1
7

Vậy ma trận biểu diễn của  theo cơ sở tự nhiên {1,t,t 2 ,t 3} là

1

1
2
A
1
3
1

4

1
4

1
5
1 
6
1

7

là một dạng song tuyến tính trên

b) Tìm ma trận biểu diễn của

Hướng dẫn:

1
3
1
4
1
5
1
6

được xác định bởi

2) Cho

a) Chứng minh rằng

1
2
1
3
1
4
1
5

theo cơ sở tự nhiên

.

a) Với mọi a,b λvà X , X 0 ,Y,Y0 Î M 2 (») . Ta có
s(aX + bX 0 ,Y ) = tr[(aX + bX 0 )T AY ]
= tr[(aX T + bX 0T ) AY ]
= a tr( X T AY ) + btr( X 0T AY )
= a s( X ,Y ) + b s( X 0 ,Y )
( X , aY  bY0 )  tr[ X T A( aY  bY0 )]
 tr(aX T AY  bX T AY0 )
 a tr( X T AY )  b tr( X T AY0 )
 a ( X , Y )  b ( X , Y0 )

Vậy  là một dạng song tuyến tính trên M 2 (») .
b) Đặt A  [aij ] , trong đó aij  ( Ei , E j ) . Ta có
a11  ( E1 , E1 )  tr( E1T AE1 )  1
a12  ( E1 , E2 )  tr( E1T AE2 )  0

a31  ( E3 , E1 )  tr( E3T AE1 )  3
a32  ( E3 , E2 )  tr( E3T AE2 )  0

a13  ( E1 , E3 )  tr( E1T AE3 )  2
a14  ( E1 , E4 )  tr( E1T AE4 )  0

a33  ( E3 , E3 )  tr( E3T AE3 )  4
a34  ( E3 , E4 )  tr( E3T AE4 )  0

a21  ( E2 , E1 )  tr( E2T AE1 )  0
a41  ( E4 , E1 )  tr( E4T AE1 )  0
a22  ( E2 , E2 )  tr( E2T AE2 )  1
a42  ( E4 , E2 )  tr( E4T AE2 )  3

a23  ( E2 , E3 )  tr( E2T AE3 )  0
a43  ( E4 , E3 )  tr( E4T AE3 )  0
a24  ( E2 , E4 )  tr( E2T AE4 )  2
a44  ( E4 , E4 )  tr( E4T AE4 )  4
Vậy ma trận biểu diễn của  theo cơ sở tự nhiên {E1 , E2 , E3 , E4} là

1
0
A
3

0

0
1
0
3

2
0
4
0

0
2 
0

4

Ví dụ: Cho dạng toàn phương q : »3 ® »xác định bởi

q( x, y, z )  3x 2  12 xy  6 xz  8 y 2  28 yz  12 z 2 ; ( x, y, z ) 

3

a) Lập ma trận của q trong cơ sở chính tắc.
b) Lập ma trận và biểu thức tọa độ của q trong cơ sở
B1  ((1,1, 0), (0,1,1), (1, 0,1))

c) Lập ma trận và biểu thức tọa độ của q trong cơ sở
B2  ((1,0,0),(2,1,0),(5, 2,1))

Hướng dẫn:
a) Ma trận của dạng toàn phương trong cơ sở chính tắc là:


6
3 
3

A 6
8 14 
 3 14 12 

b) Tương tự
c) Tương tự
Bài toán : Tìm hạng và xác định tính suy biến hay không suy biến của
các dạng toàn phương 3 biến thực sau:
a) q1 ( x, y, z)  2x2  3 y 2  5z 2
b) q2 ( x, y, z )  2 xy  2 xz  2 yz
c) q3 ( x, y, z)  x2  2 xy  6 xz  2 y 2  8 yz   z 2

Với mọi (x, y, z) λ3 , l λcho trước.
Hướng dẫn:
a) Xét ma trận của dạng toàn phương q1 đối với cơ sở chính tắc là:
2 0 0
A   0 3 0 
 0 0 5 

Rank A = 3. Suy ra, dạng toàn phương này không suy biến.
b) q3 ( x, y, z)  x2  2 xy  6 xz  2 y 2  8 yz   z 2
Ma trận của dạng toàn phương đối với cơ sở chính tắc:
3  1 1
3 
1 1 3  1 1





A  1 2 4   0 1
1   0 1
1 
3 4   0 1   9  0 0   10

Nếu  10  0    10 thì rank A = 2. Dạng toàn phương suy biến.
d) Nếu  10  0    10 thì rank A = 3. Dạng toàn phương không suy
biến.
Bài toán : Trong »3 , xét dạng toàn phương
Q(u)  2 x12  3x1x2  4 x1x3  x22  x32

Giải

Ma trận của Q trong cơ sở chính tắc là:

2

3
A
2
2



Các định thức con chính của A là:


2

1 0

0 1 

3
2


1  2;  2 

2

3/ 2

3/ 2

1
17
  ; 3  det( A)  
1
4
4

Do đó,
11 

0 1


1
 ; 22  1  8; 33  2 
1 2
2
3 17
1
2

Vậy Q(u )  x1'2  8 x2'2 

1 '2
x3
17

Tìm cơ sở E '  (e1' , e2' , e3' ) trong đó, Q(u) có dạng chính tắc nói trên.

Khi k = 2, ta giải hệ
3

2 21  2  22  0  22  8


 21  6
3   0
21
22
 2

Khi k = 3, ta giải hệ
3

2 31  2  32  2 33  0

3
0
  31   32
2

+ 33  1
2 31


12
1
8
Thay  33  , ta giải hệ được  31  và  32 

17
17
17

Vậy cơ sở mới là
 ' e1
e1  2
 '
e2  6e1  8e2

8e  12e2  e3
e3'  1

17

Bài toán : Dùng phương pháp giá trị riêng đưa dạng toàn phương  trên
không gian »3 được cho bởi:
( x)  11x12  2 x22  5x32  4 x1 x2 16 x1x3  20x2 x3 với x  ( x1 , x2 , x3 ) sau về dạng
chính tắc.
Giải
Ma trận của dạng toàn phương  đối với cơ sở chính tắc {e1 , e2 , e3} là
 11 2 8
A   2 2 10 
 8 10 5 


Đa thức đặc trưng của ma trận A là:
P( )   2  18 2  81  1458  (  9)(  9)(  18)
Vậy ma trận A có giá trị riêng là: 1  9, 2  18, 3  9
 ( x)  9 y12  18 y22  9 y32

Khi đó dạng toàn phương có dạng chính tắc là 
 x  y1 f1  y2 f 2  y3 f 3

Các vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng   9 là u  t (2, 2,1) với
t .
Chọn t =1 ta được một vector riêng là u1  (2, 2,1)
Các vector riêng ứng với giá trị riêng   18 là u  t (2, 1, 2) với t  .
Chọn t =1 ta được một vector riêng là u2  (2, 1, 2)
Các vector riêng ứng với giá trị riêng   9 là các vector u  t (1, 2, 2) với
t .
Chọn t = 1 ta được một vector riêng là u3  (1, 2, 2)
Ta có các vector u1, u2, u3 trực giao với nhau.
Chuẩn hóa:
v1 

1
2 2 1
 , , 
|| u1 ||  3 3 3 

v2 

1
 2 1 2 
 , , 
|| u2 ||  3 3 3 

v3 

1

 1 2 2 
 , , 
|| u3 ||  3 3 3 

Khi đó  f1

f2

f3    e1 e2

 2 / 3 2 / 3 1/ 3 


e3   2 / 3 1/ 3 2 / 3 
 1/ 3 2 / 3 2 / 3 



Cơ sở các phương chính của  là
 2 2 1
f1   , , 
 3 3 3
 2 1 2 
f2   ,  , 
3 3 3 
1 2 1
f3   ,  , 
3 3 3

Bài toán : Tìm các giá trị  để các dạng toàn phương thực sau đây xác định

dương.
q( x1 , x2 , x3 )  x12  2 x22   x32  2 x1 x2
Hướng dẫn:
Bằng phương pháp Lagrange, đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc:


q( x1 , x2 , x3 )  x12  2 x22   x32  2 x1 x2   x1  x2   x22   x32
2

Đặt:
t1  x1  x2

t2  x2
t  x
3
3

Dạng chính tắc:
q(t )  t12  t22  t32
Dạng toàn phương này xác định dương khi và chỉ khi   0
Bài toán : ) Cho dạng toàn phương
( x1 , x2 , x3 )  x12  x22  2 x32  4 x1 x2  4 x1 x3  x2 x3 . Tìm dạng chính tắc của các
dạng toàn phương sau trên
và tìm một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toàn
phương  được viết dưới dạng chính tắc bằng phương pháp Jacobi. Hỏi dạng
toàn phương này có xác định âm hay không?
Hướng dẫn:


1 2 2 



1
Ma trận biểu diễn của  theo cơ sở chính tắc là A   2 1

2


1
2
2
2


Các định thức con chính của A

 0  1, 1  1,  2 

1

2

2

1 2
 3,  3  2
2 1

1

1
25

2
4

2

1
2

2

0,5đ
Vậy dạng chính tắc của dạng toàn phương  là



1
12 2
( x)  0 y12  1 y22  2 y32  y12  y22 
y3
0,5đ
1
2
3
3
25
Xác định cơ sở S  {w1 , w2 , w3} để dạng toàn phương  được viết dưới
dạng chính tắc.

Đặt
w1  t11e1

w2  t21e1  t22e2
w3  t31e1  t32e2  t33e3

t11 

0
 1.
1


t21 , t22 là nghiệm của hệ phương trình
2

t

21

t21  2t22  0
3


 2t21  t22  1
t   1
 22
3
t31 , t32 , t33 là nghiệm của hệ phương trình

4


 t31  25
 t31  2t32  2t33  0


1
14


 2t31  t32  t33  0  t32  
2
25


1
12


2t31  2 t32  2t33  1  t33  25

Khi đó ta có

w1  e1  (1,0,0)
2
1
2 1 
e1  e2   ,  ,0 
3

3
3 3 
4
14
12
 4 14 12 
w3 
e1  e2  e3   ,  , 
25
25
25
 25 25 25 
w2 


 2 1   4 14 12  
Vậy trong cơ sở S  (1,0,0),  ,  ,0  ,  ,  ,   dạng toàn
 3 3   25 25 25  

phương  được viết dưới dạng chính tắc



1
12 2
( x)  0 y12  1 y22  2 y32  y12  y22 
y3
1
2
3

3
25
Dạng toàn phương này không xác định âm.
Bài toán : Đưa dạng toàn phương  sau ( x1 , x2 , x3 )  x1 x2  x2 x3  x3 x1 về
dạng chính tắc trên
và xác định một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toàn
phương  được viết dưới dạng chính tắc đó. Hỏi dạng toàn phương trên có xác
định dương hay không?
Hướng dẫn:
Đặt
x1  y1  y2

x2  y1  y2
x3  y3
Thay vào dạng toàn phương trên ta được
( x)  ( y1  y2 )( y1  y2 )  ( y1  y2 ) y3  y3 ( y1  y2 )
 y12  y22  2 y1 y3
  y1  y3   y2  y32
2

Đặt


z1  y1  y3
z 2  y2
z3  y3
Khi đó ta nhận được dạng chính tắc là ( x)  z12  z22  z32 .
Bây giờ ta sẽ tìm một cơ sở S để trong cơ sở này dạng toàn phương  có
dạng chính tắc. Theo các cách đặt như trên ta có
 x1  1 1 0  y1   y1  1 0 1  z1 

 x   1 1 0   y  ;  y   0 1 0   z 
 2 
 2  2 
 2
 x3  0 0 1   y3   y3  0 0 1   z3 

 x1  1 1 0  1 0 1  z1  1 1 1  z1 
 x   1 1 0  0 1 0   z   1 1 1  z 
 2 

 2 
 2
 x3  0 0 1  0 0 1   z3  0 0 1  z3 
Vậy trong cơ sở S  {(1,1,0),(1, 1,0),(1, 1,1)} dạng toàn phương đã cho
có dạng chính tắc ( x)  z12  z22  z32 .
Dạng toàn phương này không xác định dương.

1. Viết ma trận của dạng song song tuyến tính đối xứng trên R3, ở đây.




   x1 ; x2 ; x3  ;    x1 ; x2 ; x3 

a)  ( ,  )  2 x1 y1  3x2 y2  4 x3 y1  x3 y3
b)  ( ,  )  4 x1 y2  5 x1 y3  8 x2 y1  6 x2 y3  x3 y3
2.Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối xứng trên R3
a)  ( ,  )  5 x1 y1  4 x1 y2  3x2 y2  6 x2 y3  x3 y3
b)  ( ,  )  2 x1 y2  6 x1 y3  x2 y2  x2 y3  5x3 y3
3. Cho ma trận của dạng song tuyến tính  trên R3 có ma trân đối với cơ

sở chính tắc là
4 2 0


A   1 0 5 
 2 2 3 



Tìm ma trận của  đối với cơ sở  gồm các vecto
 1  (0, 2,1),  2  (1,1, 0),  3  (1,3, 0)


4. cho dạng song tuyến tính  trên R3 có ma trận đối với cơ sở ( ) là
 2 1 1 


A  0 3 5 
 1 0 2 



Ma trận chuyển từ cơ sở ( ) sang cơ sỏ ( ) của R n là
1 1 0


T  2 0 1
0 1 2



Tìm ma trận của  đối với cơ sở ( )
§. DẠNG TOÀN PHƯƠNG
5. Tìm mà trận của dạng toàn phương trên R3 có biểu thức tọa độ sau
a)     x12  x22  3x1 x2
b)     2 x12  3x22  x32  4 x1 x2  6 x1 x3  10 x 2 x 3
c)     2 x12  4 x22  9 x32  4 x1 x2  6 x1 x3  x 2 x 3
6.Cho các dạng toàn phương sau đay được viết dưới dạng ma trận. Hãy
viết chúng dưới dạng thường:
 3 0 1 x1 

a) ( x1 x2 x3 )  0 2 1 
 x2 
 1 1 2  x 

 3 
 4 1 0  x1 

b) ( x1 x2 x3 )  1 3 1
 x2 
 0 1 1 x 

 3 

7. Viết các dạng toàn phương sau dây dưới dạng ma trận:
a)     3x12  x22  4 x1 x2 ,   ( x1 , x2 )
b)     x12  2 x22  6 x1 x2  2 x1 x3  x 2 x 3
8. Tìm biểu thức tọa đọ của mỗi dạng toàn phương dưới đây sau khi thực
hiện Phép biến đổi tọa độ tương ứng:

a)     5 x12  3x22  6 x1 x2 ,   ( x1 , x2 , x3 )
 x1   y1  2 y2

 x2   y2

b)     x12  2 x22  x32  4 x1 x2  2 x 2 x 3 ,   ( x1 , x2 , x3 )
 x1  y1  2 y2

 x2  y2
x  y  y
2
3
 3

c)     2 x12  3x22  6 x1 x2  2 x1 x3  4 x 2 x 3 ,   ( x1 , x2 , x3 )
y3

 x1  y1  2 y2  2

 x2  y2
x  y  y
3
2
 3


§3.ĐƯA DẠNG TOÀN PHƯƠNG VỀ DẠNG CHÍNH TẮC
9.Đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc, với
  ( x1 , x2 , x3 )  R3 .

 

   x12  2 x22  2 x1 x2  4 x 2 x 3 ;

 

   x12  4 x22  x32  4 x1 x2  2 x2 x3 ;

 

   x12  x22  x32  2 x1 x2  2 x1 x3  2 x 2 x 3 ;

 

   2 x12  x22  3x32  4 x1 x2  4 x 2 x 3 ;

 

   2 x12  x22  3x32  4 2 x 2 x 3 ;

 

   2 x22  x32  6 x1 x2  2 x1 x3  4 x 2 x 3

10. Với các ký hiệu trước định lý 6.7, chứng minh rằng một dạng toàn
phương xác định âm khi và chỉ khi (1)k Dk  0, k  1, 2,..., n
§4.KHÔNG GIAN VECTƠ ƠCLIT

11. Trong không gian vectơ Ơclit ta đặt: cos( ,  ) 


 

, và gọi đó là co

sin của góc giữa hai vectơ  và 
Hãy tính chuẩn và co sin của góc giữa hai vectơ sau trong R3
a)   (1, 2,3),   (0, 2,1) ;
b)   (1,0,0),   (0,1, 1) .
12. Trong không gian vectơ ơclit R3 cho cơ sở gồm:
 1  (1, 2,3),  2  (0, 2,0),  3  (0,0,3) . Trực chuẩn hóa hệ vectơ đã cho

13. Trong không gian vectơ ơclitR4, hãy trực chuẩn hóa hệ vectơ gồm
các vectơ sau:
 1  (1,0,1, 2),  2  (1,0, 1,0),  3  (0,1,1,1)

14. Trong không gian vectơ ơclit E với ơ sở trực chuẩn  1 ,  2 ,  3  .
Hãy tính  . ,  ,  , cos( ,  )
a)   3 1  2 2 ,    2  4 3 ,
b)    1  3 2   3 ,    1  2 2   3
c)   4 2   3 ,   5 1   3
d)   2 1   2   3 ,   2 2  3 3
e)   5 1  2 2   3 ,    1   2  5 3 .
15. Tìm ma trận trực giao đưa các dạng toàn phương trên R3 sau về dạng
chính tắc,   ( x1 , x2 , x3 )  R3 :
a)     5 x12  9 x22  9 x32  12 x1 x2  6 x1 x3 ;
b)     4 x12  x22  9 x32  4 x1 x2  6 x 2 x 3  12 x1 x3 ;
c)     5 x12  x22  x32  2 x1 x2  4 x 2 x 3  2 x1 x3 ;

d)     3x12  3x22  3x32  2 x1 x2  4 x 2 x 3  4 x1 x3 .




1. Với V  R n ,    a1 ,...., an  , với mỗi i  1, 2,...., n ta có phép chiếu f i từ Rn

đến R xác định bởi fi     ai là dạng tuyến tính trên Rn
 

2. Ký hiệu Pn là không gian vector gồm đa thức 0 và các đa thức một ẩn x có bậc


n

bé hơn hoặc bằng n, với hệ số thực    ai xi . Ánh xạ Pn  R , xác định
i 0

 n
bởi f      ai là một dạng tuyến tính trên Pn.
  i 0




3. Với V  R 2 , xác định bởi    a1 , a2  ,    b1 , b 2  , ánh xạ xác định bởi

   ,   
 





a1

a2

b1

b2

là một dạng song tuyến tính thay phiên






Giải: Thật vậy, với bất kì    a1 , a2  ,    b1 , b 2  ,  '   a1 ', a2 '  ,


 '   b1 ', b 2 '  Thuộc R2 và k thuộc R, ta có:
     ',   


 





a1  a1 ' a2  a2 '
b1  b1 '

b2  b2 '



a1

a2

b1

b2



a1 ' a2 '
b1 ' b2 '

 
  
    ,       ',  ' 





   
 
  
Tương tự :    ,    '      ,       ',  ' 







  k  ,   
 





ka1

ka2

b1

b2

k

a1
b1

  a
 k   ,    1
b2

 kb1

a2

  
   , k  
kb2


a2

 
 
Hơn nữa, ta có:    ,       ,  





 
4. Ánh xạ   R n .R n  R xác định bởi    ,    x1 y1  x2 y2  .....  xn yn với




   x1 , x2 ,....., xn  là một dạng song song tuyến tính đối xứng trên Rn.
5.

Giả sử V là không gian vector ( hình học) có chung gốc ) O. Ánh xạ Từ V x V
vào R xác định như sau :

 

   
 
OA   , OB   ,   ,      là cos   ,   là một dạng song tuyến tính





đối xứng


Như đã biết trong giáo trình hình học trường phổ thông, với 2 kí hiệu trên là
tích vô hướng của 2 vector, ta có:

  1   2 ,     1   2    1    2     1 ,       2 ,  


















 

 



















   ,  1   2      1   2    1    2     ,  1      ,  2 
 















 

 

 





 







  k  ,     k     k   ,    k   ,  
 











 



 









   , k     k     k   ,    k   ,  














 





 







   ,     .    .     ,  
 



6.

 

 



 





Đưa dạng toàn phương sau trên R 3 về dạng chính tắc

( )  x12  2 x22  3x32  4 x1 x2  4 x2 x3
Giải.

( )  x12  4 x1 x2  4 x22  2 x22  3x32  4 x2 x3
 ( x1  2 x2 )2  2 x22  3x32  4 x2 x3

Đặt:

 y1  x1  2 x2

 y2  x2
y  x
3
 3

ta có:

( )  y12  2 y22  3 y32  4 y2 y3  y12  2( y22  2 y2 y3  y32 )  2 y32  332
 y12  2( y2  y3 )  5 y32
Đặt:

 z1  y1

 z2  y2  y3
z  y
3
 3

ta được:
7.

( )  z12  2 z22  5 z32

Đưa dạng toàn Phuong ( )  4 x1 x2  3x2 x3 trên R 3 về dạng chính tắc.
Giải
Đặt:

 x1  y1  y2

 x2  y1  y2
x  y
3
 3

Khi đó ta có: