CHUN ĐỀ DẠNG TỒN PHƯƠNG Bài tốn : Cho f : R  R  R Hỏi ánh xạ nào sau là dạng song tuyến tính: a) f ( x, y) x y b) f ( x, y) axy, (a số) Giải: Ta phải kiểm tra điều kiện 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 z  f  x  y, z   f  x, z   f  y, z  Do f khơng phải 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 dạng song tuyến tính 2 Bài toán : Cho f : R  R  R xác định sau: với x  x1 , y1 , y  x2 , y   R  R : f x, y   x1 x  x1 y  3x y1 Xét xem f có phải dạng song tuyến tính khơng? 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  3x2 ( y1  y3 )  x1 x2  x3 x2  x1 y  x3 y  3x2 y1  3x2 y3  f  x, y   f ( z , y ) +) Các điều kiện khác thử tương tự và thỏa mãn Vậy f dạng song tuyến tính Ví dụ 6: Trong khơng gian R3 với sở tắc S e1, e2 , e3 Cho dạng song tuyến tính xác định sau: với x x1, x2 , x3 , y   y1, y , y3   R f : R3  R3  R x, y   f x, y   x1 y1  3x2 y  x3 y3 cho hệ sở e1 '  1,1,0, e2 '  1,0,1, e3 '  1,1,1 S '  e1 ' , e2 ' , e3 ' , với Tìm ma trận A’ f sở S’ Giải: b11 b12 Cách 1: Tính trực tiếp, đặt A'  b21 b22 b31 b32 b13  b23  , b33  với b11  f e1 ' , e1 '  , b12  f e1 ' , e2 '  , b13  f e1 ' , e3 '  b21  f e2 ' , e1 '  , b22  f e2 ' , e2 '  , b23  f e2 ' , e3 '  b31  f e3 ' , e1 '  , b32  f e3 ' , e2 '  , b33  f e3 ' , e3 '   4 A'  1 3 4 6 Vậy 1 0 Cách 2: Ma trận f sở S là: A  0 0 0 2 1 1 Ma trận chuyển sở S sang S’ là: P  1 1 0 1 Do 1 0 1 0 1 1 4 4 A'  P AP  1 1 0 0 1 1  1 3 1 1 0 2 0 1 4 6 t 3 Ví dụ Cho f dạng song tuyến tính từ f : R  R  R , với sở tắc xác định sau: f ( x, y) x1 y1 x1 y2 x2 y2 3x3 y3 , x x1, y1, z1 ; y y1, y2 , y3 Tìm ma trận f sở tắc S sở e1, e2 , e3 R3 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 sở a12 a 22 a32 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 , a22 f e2 , e2 a31 f e3 , e1 , a32 Vậy ta có : f e3 , e2 , a13 f e1, e3 , a23 f e2 , e3 0 , a33 f e3 , e3 1 0  A  2  0 0 3 1 1    Ma trận chuyển sở từ sở tắc sang sở S’ là: P  1 0 0 1 , nên ma trận f sở S’ là: 1 0 1 0 1 1 2 3 A'  P t AP  1 1 2  0 1 0  2 6 1 1 0 3 0 1 4 4 3x12 x1x2 x2 x3 toàn phương R3 Trong a11 3, a12 a21 , a13 a31 0, a32 Ma trận 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  4  x22 x32 dạng 1, a33 +) Cho Q x f x, x x12 x22 dạng toàn phương R3 , ma trận dạng toàn phương là: 1 0 A  0 0 0 0 Dùng tiêu chuẩn Sylvester phân loại dạng toàn phương: f  x12  x22  x32  x1x2  x2 x3 1  Giải: Ma trận f là: A  1 1 , ta có :   0 1  1  1,   1  1, 3  det A  Ta thấy k  0, k  1,2,3 nên f dạng toàn phương xác định dương Ví dụ 11 Đưa dạng toàn phương sau dạng tắc: a) f ( x, x)  x12  x22  x32  x1x2  x1x3  12 x2 x3 b) f ( x, x)  x12  x22  x32  3x1x2  x1x3 Giải: a) Ta biến đổi: f ( x, x)  x12  x22  x32  x1x2  x1x3  12 x2 x3   = x12  x1x2  x1x3  x22  x32  12 x2 x3  =  3x1  x2  x3   x22  x32  10 x2 x3 =  x1  x2  x3    x2  x3    x1  x1  x2  x3 Đặt  , ta dạng toàn phương dạng tắc:  x2  x2  x3 f  x12  x22 b) Ta thực biến đổi: f ( x, x)  x12  x22  x32  3x1x2  x1x3   = x12  3x1x2  x1x3  x22  x32   =  x12  x1x2  x1x3   x22  x32     =  x1  x2  x3   x22  3x2 x3  x32   3    17  =  x1  x2  x3   x22   x3  x2        x  x  x2  x3 1   17 Đặt  x2  x22 , ta dạng tắc: f  x12  x22  x3   x3  x3  x2  Ví dụ 12 Đưa dạng toàn phương sau dạng tắc: a) w( x)  f ( x, x)  x12  x22  x32  x1x2  x1x3 b) w( x)  f ( x, x)  x1x2  x1x3  x2 x3   Giải: a) w( x)  x12  x1x2  x1x3  x22  x32 =  x1  x2  x3   x22  x2 x3  x32 =  x1  x2  x3  Đặt 2     x2  x3   x32    x1  x1  x2  x3   , ta dạng tắc dạng toàn phương  x2  x2  x3   x3  x32 w( x)  x12  x22  x32  x1  y1  y2  b) Đặt:  x2  y1  y2 , x  y  ta w( y )  y12  y22  ( y1  y2 ) y3  ( y1  y2 ) y3 = ( y1  y3 )  y22  y32  z1  y1  y3  Đặt  z2  y2 , ta có dạng tắc là: w( x)  z12  z22  z32 z  y  Chú ý: Ở dạng toàn phương ban đầu a11  , a1 j  0, ( j  1)  x1  y1  y2 x  y  y  Chẳng hạn a12  ta sử dụng phép đổi biến:  x3  y3    xn  yn sở ta lại có phương trình dạng ban đầu Bài toán : Trong R trực giao hoá hệ f1  0,1,2, f  1,2,0, f  2,0,1 Ta có e1  f  0,1,2  e2  f  e3  f  f e  2 e1 f e  e1 e1  1,2,0   e1  f e2  e2 2 1,2,0  1, ,   5 e2  2,0,1  0,1,2  1, ,    12 , ,  21  5   7  a) Trong C21,1 trực giao hoá hệ f1  1, f  t , f  t Ta có: e1  1 e2  t  t 1  t  e3  t  1 1 dt  dt 1 t  dt t  tdt 1 1  t dt  t2  1  tdt 1 Bài toán : Chéo hoá trực giao ma trận đối xứng 1 2   A   2 2 1   Phương trình đặc trưng : 1  2 1  2 1      5  1  Vậy A có giá trị riêng     1 (kép) + Với   ta có hệ phương trình tuyến tìm vectơ riêng  x1  x  x3   x1  c    x1  x  x3    x  c  2x  2x  4x  x  c   Ta vectơ riêng độc lập v1  1,1,1 chuẩn hoá ta  1  e1   , ,   3 3 + Với   1 ta có hệ phương trình tìm vectơ riêng x1  x2  x3   x1  c1  c    x  c1  x c  Ta hai vectơ riêng độc lập tuyến tính v   1,1,0 , v3   1,0,1 Trực giao hoá ta f   1,1,0  , f   1,0,1   1,1,0    , ,1  2  Chuẩn hoá ta :  e2      e3      ,0  2  1  , ,  6 6 , Từ , với     T      3  2   6    6     Ta có 0 5   T AT      0  1   * tắc Bài tốn : Đưa dạng tồn phương dạng Cho dạng toàn phương Q R4 Lời giải : Ta biến đổi sau: Q  (x1  x  x  x )2  (x  x  x )2  x 22  x x  4x x  x 32  2x 24 =(x1  x  x  x )2  3x x  6x x  2x x  x 34 Đặt x1  (x1  x2  x3  x4 ) và khử số hạng chữ nhật x4 Q(x)  x1/  3(x  x  Đặt x 4  x  x  x3 )2  x x  x 32 x3 và khử số hạng chữ nhật x3 1  Qx   x  3x   x3  x2   x22 3  '2 Đặt x3  x3  3x 2 '2 ; x 4  x Q x   x1'2  x 2'2  '2 '2 x3  x 4 Đây là dạng tắc dạng toàn phương cho Phép biến đổi tiến hành là: x1  x1  x  x  x x 2  x  x  x 3  x  x 4  x 3x 2 x3 x1  x1  x 2  x 3  x 4 x  x 4 x  x 3  x 4 x x  x 2   x 4 2 Ma trận chuyển sở sang sở tắc là: 1  0 0  0   0  3 /   1/ 3 /  4 / Như vậy, sở tắc là: 3 e1  (1,0,0,0),e2  (1,0,0,1),e3  (  ,0,1,  ),e4  (1,1,  ,  ) 3 2 Ví dụ : Bằng phương pháp Larrange, đưa dạng toàn phương sau dạng tắc: Qx   x1 x2  x1 x3  x2 x3 Do hệ số bình phương nên ta thực phép đổi biến sau : x1  y1  y Ta đặt : x2  y1  y x3  y Q x   y12  y 22  y1 y  y y Khi :  2 y12  y1 y  y 32   y 22  y y  y 32  2       2 y1  y   2 y  y   y 32     Tiếp tục thực phép đổi biến ta đưa dạng toàn phương dạng tắc là z12  z 22  z32 Bài toán : : Cho ma trận dạng song tuyến tính  R có ma trận sở tắc là :  4   A  1  Tìm ma trận     3   sở gồm vectơ 1  0,2,1 ,   1,1,0 ,    1,3,0 Lời giải :   Ma trận chuyển từ sở tắc e  e1 , e2 , e3 sang sở     1   T    ma trận dạng song tuyến tính  R đối 1 0    với sở   là:   1              B  T t AT   1              0  11         Trong không gian Euclie chiều V cho sở trực chuẩn e1 , e2 , e3 a) Giả sử  là phép biến đổi tuyến tính V có ma trận 1  2   A  2  0 1    Đối với sở f1  e1  e2  2e3 , f  2e1  e2 , f  e1  e2 tìm ma trận  * sở b) Tìm ma trận phép biến đổi tuyến tính  *  , với  xác định  e3   e1  2e2  e3  e2  e3   3e1  e2  2e3  e1  e2  e3   7e1  e2  4e3 sở e1 , e2 , e3 Lời giải : , q( x1 , x2 , x3 )  x12  x22   x32  x1 x2   x1  x2   x22   x32 Đặt: t1  x1  x2  t2  x2 t  x 3 Dạng tắc: q(t )  t12  t22  t32 Dạng toàn phương này xác định dương và   Bài toán : ) Cho dạng toàn phương ( x1 , x2 , x3 )  x12  x22  x32  x1 x2  x1 x3  x2 x3 Tìm dạng tắc dạng toàn phương sau tìm sở S để sở dạng toàn phương  viết dạng tắc phương pháp Jacobi Hỏi dạng toàn phương này có xác định âm hay không? Hướng dẫn:   1 2    1 Ma trận biểu diễn  theo sở tắc A    2   2 2   Các định thức A   1, 1  1,   2  3,   2 1 25  2 0,5đ Vậy dạng tắc dạng toàn phương     12 ( x)  y12  y22  y32  y12  y22  y3 0,5đ 1 2 3 25 Xác định sở S  {w1 , w2 , w3} để dạng toàn phương  viết dạng tắc Đặt w1  t11e1 w2  t21e1  t22e2 w3  t31e1  t32e2  t33e3 t11  0  1 t21 , t22 nghiệm hệ phương trình  t  21  t21  2t22     2t21  t22  t    22 t31 , t32 , t33 nghiệm hệ phương trình    t31  25  t31  2t32  2t33    14    2t31  t32  t33   t32   25   12   2t31  t32  2t33   t33  25  Khi ta có w1  e1  (1,0,0) 2  e1  e2   ,  ,0  3 3  14 12  14 12  w3  e1  e2  e3   ,  ,  25 25 25  25 25 25  w2      14 12   Vậy sở S  (1,0,0),  ,  ,0  ,  ,  ,   dạng toàn  3   25 25 25    phương  viết dạng tắc    12 ( x)  y12  y22  y32  y12  y22  y3 1 2 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 dạng tắc và xác định sở S để sở dạng toàn phương  viết dạng tắc Hỏi dạng toàn phương có xác định dương hay không? Hướng dẫn: Đặt x1  y1  y2 x2  y1  y2 x3  y3 Thay vào dạng toàn phương ta ( x)  ( y1  y2 )( y1  y2 )  ( y1  y2 ) y3  y3 ( y1  y2 )  y12  y22  y1 y3   y1  y3   y2  y32 Đặt z1  y1  y3 z  y2 z3  y3 Khi ta nhận dạng tắc ( x)  z12  z22  z32 Bây ta tìm sở S để sở dạng toàn phương  có dạng tắc Theo cách đặt ta có  x1  1 0  y1   y1  1 1  z1   x   1 1   y  ;  y   0   z   2   2  2   2  x3  0   y3   y3  0   z3   x1  1  1 1  z1  1 1  z1   x   1 1  0   z   1 1 1  z   2    2   2  x3  0  0   z3  0 1  z3  Vậy sở S  {(1,1,0),(1, 1,0),(1, 1,1)} dạng toàn phương cho có dạng tắc ( x)  z12  z22  z32 Dạng toàn phương này không xác định dương Viết ma trận dạng song song tuyến tính đối xứng R3,      x1 ; x2 ; x3  ;    x1 ; x2 ; x3  a)  ( ,  )  x1 y1  3x2 y2  x3 y1  x3 y3 b)  ( ,  )  x1 y2  x1 y3  x2 y1  x2 y3  x3 y3 2.Tìm ma trận dạng song tuyến tính đối xứng R3 a)  ( ,  )  x1 y1  x1 y2  3x2 y2  x2 y3  x3 y3 b)  ( ,  )  x1 y2  x1 y3  x2 y2  x2 y3  5x3 y3 Cho ma trận dạng song tuyến tính  R3 có ma trân sở tắc 4 0   A   1   2 3    Tìm ma trận  sở  gồm vecto   (0, 2,1),   (1,1, 0),   (1,3, 0) cho dạng song tuyến tính  R3 có ma trận sở ( )  1    A  0   2    Ma trận chuyển từ sở ( ) sang sỏ ( ) R n 1 0   T  2 1 0 2   Tìm ma trận  sở ( ) § DẠNG TỒN PHƯƠNG Tìm mà trận dạng toàn phương R3 có biểu thức tọa độ sau a)     x12  x22  3x1 x2 b)     x12  3x22  x32  x1 x2  x1 x3  10 x x c)     x12  x22  x32  x1 x2  x1 x3  x x 6.Cho dạng toàn phương sau đay viết dạng ma trận Hãy viết chúng dạng thường:  1 x1   a) ( x1 x2 x3 )  2   x2   1  x       x1   b) ( x1 x2 x3 )  1  x2   1 1 x     Viết dạng toàn phương sau dây dạng ma trận: a)     3x12  x22  x1 x2 ,   ( x1 , x2 ) b)     x12  x22  x1 x2  x1 x3  x x Tìm biểu thức tọa đọ dạng toàn phương sau thực Phép biến đổi tọa độ tương ứng: a)     x12  3x22  x1 x2 ,   ( x1 , x2 , x3 )  x1   y1  y2   x2   y2 b)     x12  x22  x32  x1 x2  x x ,   ( x1 , x2 , x3 )  x1  y1  y2   x2  y2 x  y  y  c)     x12  3x22  x1 x2  x1 x3  x x ,   ( x1 , x2 , x3 ) y3   x1  y1  y2    x2  y2 x  y  y   §3.ĐƯA DẠNG TỒN PHƯƠNG VỀ DẠNG CHÍNH TẮC 9.Đưa dạng toàn phương sau dạng tắc, với   ( x1 , x2 , x3 )  R3      x12  x22  x1 x2  x x ;      x12  x22  x32  x1 x2  x2 x3 ;      x12  x22  x32  x1 x2  x1 x3  x x ;      x12  x22  3x32  x1 x2  x x ;      x12  x22  3x32  x x ;      x22  x32  x1 x2  x1 x3  x x 10 Với ký hiệu trước định lý 6.7, chứng minh dạng toàn phương xác định âm (1)k Dk  0, k  1, 2, , n §4.KHƠNG GIAN VECTƠ ƠCLIT 11 Trong không gian vectơ Ơclit ta đặt: cos( ,  )     , gọi là co sin góc hai vectơ   Hãy tính chuẩn co sin góc hai vectơ sau R3 a)   (1, 2,3),   (0, 2,1) ; b)   (1,0,0),   (0,1, 1) 12 Trong không gian vectơ ơclit R3 cho sở gồm:   (1, 2,3),   (0, 2,0),   (0,0,3) Trực chuẩn hóa hệ vectơ cho 13 Trong khơng gian vectơ ơclitR4, trực chuẩn hóa hệ vectơ gồm vectơ sau:   (1,0,1, 2),   (1,0, 1,0),   (0,1,1,1) 14 Trong không gian vectơ ơclit E với sở trực chuẩn  ,  ,   Hãy tính   ,  ,  , cos( ,  ) a)   3  2 ,     4 , b)     3   ,     2   c)   4   ,   5   d)   2     ,   2  3 e)   5  2   ,       5 15 Tìm ma trận trực giao đưa dạng toàn phương R3 sau dạng tắc,   ( x1 , x2 , x3 )  R3 : a)     x12  x22  x32  12 x1 x2  x1 x3 ; b)     x12  x22  x32  x1 x2  x x  12 x1 x3 ; c)     x12  x22  x32  x1 x2  x x  x1 x3 ; d)     3x12  3x22  3x32  x1 x2  x x  x1 x3  Với V  R n ,    a1 , , an  , với i  1, 2, , n ta có phép chiếu f i từ Rn  đến R xác định fi     dạng tuyến tính Rn   Ký hiệu Pn không gian vector gồm đa thức và đa thức ẩn x có bậc  n bé n, với hệ số thực    xi Ánh xạ Pn  R , xác định i 0  n f      dạng tuyến tính Pn   i 0   Với V  R , xác định    a1 , a2  ,    b1 , b  , ánh xạ xác định    ,        a1 a2 b1 b2 dạng song tuyến tính thay phiên    Giải: Thật vậy, với    a1 , a2  ,    b1 , b  ,  '   a1 ', a2 '  ,   '   b1 ', b '  Thuộc R2 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   ,    b2   kb1 a2       , k   kb2   a2     Hơn nữa, ta có:    ,       ,         Ánh xạ   R n R n  R xác định    ,    x1 y1  x2 y2   xn yn với       x1 , x2 , , xn  dạng song song tuyến tính đối xứng Rn Giả sử V khơng gian vector ( hình học) có chung gốc ) O Ánh xạ Từ V x V vào R xác định sau :           OA   , OB   ,   ,      cos   ,   dạng song tuyến tính     đối xứng Như biết giáo trình hình học trường phổ thơng, với kí hiệu tích vơ hướng vector, ta có:   1   ,     1      1        1 ,       ,                            ,              1        ,       ,                           k  ,     k     k   ,    k   ,                      , k     k     k   ,    k   ,                      ,             ,               Đưa dạng toàn phương sau R dạng tắc ( )  x12  x22  3x32  x1 x2  x2 x3 Giải ( )  x12  x1 x2  x22  x22  3x32  x2 x3  ( x1  x2 )2  x22  3x32  x2 x3 Đặt:  y1  x1  x2   y2  x2 y  x  ta có: ( )  y12  y22  y32  y2 y3  y12  2( y22  y2 y3  y32 )  y32  332  y12  2( y2  y3 )  y32 Đặt:  z1  y1   z2  y2  y3 z  y  ta được: ( )  z12  z22  z32 Đưa dạng toàn Phuong ( )  x1 x2  3x2 x3 R dạng tắc Giải Đặt:  x1  y1  y2   x2  y1  y2 x  y  Khi ta có: ( )  4( y1  y2 )( y1  y2 )  3( y1  y2 ) y3  y12  y22  y1 y3  y2 y3  4( y12  y1 y3 y32 y2  )   y22  y2 y3 64 64  4( y1  y3 3y y2 )  4( y22  y2  ) 8 64  4( y1  y3 3y )  4( y2  ) 8 Dùng phép biến đổi tọa độ: ( )  z12  z22 Ta được: y3   z1  y1   y3   z  y2    z3  y3   Đưa dạng toàn phương ( )  x12  3x1 x2  x1 x3  x22  x32 R dạng tắc Giải: Ta có ( )  2( x12  x1 x2  x1 x3 )  x22  x32 Đặt: y1  x1  x2  x3 , ta được: x2  x32  x1 x3 )  x22  x32  y12  x22  x32  3x2 x3 15  y12  x22  (x  x2 )  x22  y12  x22  ( x3  x2 ) 8 ( )  2( y12  y2  x2 , y3  x3  Đặt: x2  ta nhận biểu thức  sở ( )   ,  ,  ( )  y12   15 y2  y32 82 Trong khơng gian Oclit R3 (với tích vơ hướng tắc), xét hệ vector sau:    3  3 4    0,1,  ,     , 0,  ,    , 0,  Kiểm tra hệ vector  5 5 5  sở trực chuẩn R3 Biểu diễn vector   1, 4,  tổ hợp tuyến tính sở Giải   Tính:    1, 4,  0,1,        3 3 17    1, 4,    , 0,    5 4 31    1, 4,   , 0,   5 5   Vậy   1, 4,7     17  31  2 3 5 10 Đưa dạng toàn phương RA dạng tắc        x12  x22  x32  12 x1 x2  x1 x3 với    x1 , x2 , x3    Giải: Ma trận r sở tắc là:  6 3    A   6   3    Tìm nghiệm đa thức đặc trưng: 5  k  A  kI   6  3  6 9k 3     k   k  k  14   k  Ta có: k1  0, k2  9, k3  14 Tìm vector riêng: Với k1  , giải hệ: 5 x1  x2  x3   6 x1  x2  3 x  x   Vector tiêng có dạng  3c1 , 2c1 , c1  Với k2  ,giải hệ 4 x1  x2  x3   6 x1  3 x   Vector riêng có dạng  0, c2 , 2c2    Với k3  14 , làm tương tự, vector riêng có dạng   c3 , 2c3 , c3    Chọn sở trực chuẩn  gồm vector riêng:  1    2    3   14  3, 2,1  0,1, 2  70  5, 6,3 Ma trận chuyển từ sở tắc sang sở  :     T      14 14 14   5   70    70    70   Nếu tọa độ vector  sở tắc và sở  x1  y1  y3 70  x1   y1      y1  y2  X   x2  , Y   y2  ta có x2  14 x  y   3  3 x3  y1  y2  14 14 70 70 y3 y3  Vậy sở  ,      y22  14 y32   11 Tìm phép biến đổi trực giao đưa dạng toàn phương sau RA vè dạng tắc        x12  x22  x32  x1 x2  16 x1 x3  x2 x3 ,    x1 , x2 , x3    Giải: Dang toàn phương  có ma trận sở tắc :  4 8    A   4 4   8 4    Đa thức đặc trưng: 1  k  A  kI   4  8  4 8    k 4    k  9k  81k  729   k    k   4  k  Các nghiệm đa thức đặc trưng là : k1  9, k2  k3  Với k1  9 , ta giải hệ phương trình 10 x1  x2  x3   4 x1  16 x2  x3  8 x  x  10 x   Thu nghiệm có dạng  2c1 , c1 , 2c1   Chọn 1   2,1,  , ta nghiệm riêng ứng với k1  9 Với k2  k3  , hệ phương trình tương ứng : 8 x1  x2  x3   4 x1  x2  x3  hay x1  x2  x3  8 x  x  x   Nghiệm hệ phương trình này có dạng  d , 2d , 2e  Vị hạng hệ phương trình nên khơng gian ngiệm có chiều 2, chọn sở không gian :    1, 2,      0, 2,1   Đó là vector riêng ứng với k2  k3  Theo định lý 2, ta có   trực  giao với  Vì muốn sở trục chuẩn R3 gần vector   riêng cần trực chuẩn hệ vector   ,         , ,  ta có :   Đặt           Chọn 3  t 2  3 cho  3         Muốn phải có :   3  t  22   3  t      2   t  5  Suy ta t      Như : 3    ,  ,1  5   Đặt 3   3     , ,  5   3       Hệ vector    1 ,  ,  m sở chuẩn R3  2 2   1   , ,  3 3 2      3    ,   ,0  ,   5 , Ta có ma trận chuyển từ sở tắc thành sở  : 2  3 1 T  3 2  3 5   5    5     Đây là ma trận phép biến đổi tuyến tính trực giao để đưa dạng tồn phương cho dạng tắc       Đối với sở   , với   y1 1  y2   y3 3 , ta có       9 x12  x22  x32   ... x1 dạng tắc và xác định sở S để sở dạng toàn phương  viết dạng tắc Hỏi dạng toàn phương có xác định dương hay không? Hướng dẫn: Đặt x1  y1  y2 x2  y1  y2 x3  y3 Thay vào dạng toàn phương. ..   dạng toàn  3   25 25 25    phương  viết dạng tắc    12 ( x)  y12  y22  y32  y12  y22  y3 1 2 3 25 Dạng toàn phương này không xác định âm Bài toán : Đưa dạng toàn phương. ..     3  2   6    6     Ta có 0 5   T AT      0  1   * tắc Bài tốn : Đưa dạng tồn phương dạng Cho dạng toàn phương Q R4 Lời giải : Ta biến đổi sau: Q  (x1  x  x