Đang tải... (xem toàn văn)
Khi đó ta đưa được Q về dạng chính tắc trực giao và chỉ ra cơ sở Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng thông qua các bước sau: Bước 1: Xác định [Q]B với B0 là[r]
(1)BAØI GIAÛNG MÔN ĐẠI SỐ A2 (GV: Traàn Ngoïc Hoäi - 2009) CHÖÔNG DAÏNG SONG TUYEÁN TÍNH DẠNG TOAØN PHƯƠNG Trong chương này ký hiệu K để trường số thục R hay trường số phức C §1 KHÁI NIỆM VỀ DẠNG SONG TUYẾN TÍNH VAØ DẠNG TOAØN PHƯƠNG 1.1 Ñònh nghóa Cho V laø moät khoâng gian veùctô treân K Moät daïng song tuyeán tính treân V laø moät aùnh xaï f: V × V → K (u, v) f (u, v) có tính chất tuyến tính theo biến u, v, nghĩa là với u, u1, u2, v, v1, v2 ∈ V vaø α, β ∈ K ta coù 1) f(αu1 + u2,v) = αf(u1,v) + f(u2,v); 2) f(u,βv1 + v2) = βf(u,v1) + f(u,v2) Dạng song tuyến tính f gọi là đối xứng f(u,v) = f(v,u) với u, v ∈V 1.2 Ví dụ 1) Với u = (x1, ,xn), v = (y1, ,yn) ∈ \ n , đặt f(u,v) = x1y1 + + xnyn Khi đó f là dạng song tuyến tính trên \ n 2) Một tích vô hướng trên không gian Euclide V là dạng song tuyến tính treân V (2) 1.3 Ma traän cuûa daïng song tuyeán tính Giả sử B = (u1, … , un) là sở V trên K Ma trận dạng song tuyến tính f sở B, ký hiệu [f]B, là ma trận A = (aij)n×n, đó aij = f(ui,uj) với moïi ≤ i, j ≤ n Với u = x1u1+ + xnun , v = y1u1+ + ynun thuộc V ta có n n i =1 j=1 f (u, v) = f (∑ x iu i , ∑ y ju j ) = n n n n ∑ ∑ f (ui , u j )x i y j = ∑ ∑ aijx i y j i =1 j=1 (1) i =1 j=1 Đảo lại, (1) xác định dạng song tuyến tính f trên V có ma trận sở B là A = (aij)n×n Chú ý (1) còn viết dạng ⎛ a11 a1n ⎞ ⎛ y1 ⎞ f (u, v) = ( x1 x n ) ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = [u]TB [f ]B [v]B ⎜a ⎟⎜ ⎟ ⎝ n1 a nn ⎠ ⎝ y n ⎠ ∀u, v ∈ V, f (u, v) = [u]TB [f ]B [v]B Vaäy (1′) Ta gọi (1) và (1′) là biểu thức toạ độ dạng song tuyến tính f sở B 1.4 Nhận xét 1) Với sở B = (u1, … , un) cho trước, dạng song tuyến tính f hoàn toàn xác định ma trận [f]B 2) Dạng song tuyến tính f trên V là đối xứng và [f]B là ma trận đối xứng 1.5 Daïng song tuyeán tính treân Kn Xét V = Kn với sở chính tắc B0 = (e1, … , en) Đặt A = [f ]B = (aij)n×n Khi đó với n moïi u = (x1, ,xn), v = (y1, ,yn) thuoäc K ta coù f (u, v) = n n ∑ ∑ aijx i y j (2) i =1 j=1 Đảo lại, (2) xác định dạng song tuyến tính f trên Kn có ma trận sở chính tắc là A = (aij)n×n Để đơn giản, trường hợp này ta gọi A là ma trận f và (2) là biểu thức f 1.6 Ví dụ Xét dạng song tuyến tính f trên \ định bởi: Với u = (x1,x2,x3), v = (y1,y2,y3), f (u, v) = x1 y1 + 2x1 y − 4x1y + x y1 − x y + 3x y + x y1 + 9x y Ma traän cuûa f laø (3) ⎛ −4 ⎞ A = ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎜1 ⎟⎠ ⎝ 1.7 Định nghĩa Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là dạng song tuyến tính đối xứng trên V Khi đó ánh xạ Q: V → K u f (u, u) gọi là dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f Ta nói f là dạng cực dạng toàn phương Q Để đơn giản, ta gọi dạng toàn phương trên không gian véctơ thực (t.ư phức) là dạng toàn phương thực (t.ư phức) Một dạng toàn phương trên Kn (t.ư Rn, Cn) còn gọi là dạng toàn phương n biến trên K (t.ư n biến thực, n biến phức) Dạng cực f dạng toàn phương Q hoàn toàn xác định Q Thật vaäy, f(u+v,u+v) = f(u,u) + f(u,v) + f(v,u) + f(v,v) = f(u,u) + 2f(u,v) + f(v,v) Suy f (u, v) = [Q(u + v) − Q(u) − Q(v)] 1.8 Biểu thức và Ma trận dạng toàn phương Giả sử Q là dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f Với B là sở V, ma trận [f]B gọi là ma trận dạng toàn phương Q sở B, ký hiệu là [Q]B Nhận xét vì f đối xứng nên ma trận dạng toàn phương Q sở luôn luôn là ma trận đối xứng Do 1.3, với B = (u1, … , un) là sở V và u = x1u1+ + xnun thuộc V ta có Q(u) = [u]TB [Q]B [u]B = n n ∑ ∑ aijx i y j (3) i =1 j=1 đó aij = aji vì [Q]B = (aij)n×n là ma trận đối xứng Đảo lại, (3) xác định dạng toàn phương Q trên V có ma trận sở B là A = (aij)n×n Ta thường viết (3) dạng Q(u) = [u]TB [Q]B [u]B = n ∑ aiix 2i i =1 + ∑ 1≤ i < j≤ n 2aijx i x j (3′) Ta gọi (3) và (3′) là biểu thức toạ độ dạng toàn phương Q sở B (4) [Q]B0 Đặc biệt, xét V = Kn với sở chính tắc B0 = (e1, … ,en) Ma trận n = ( a ij ) gọi là ma trận Q Với u = (x1, ,xn) thuộc K ta có n ×n Q(u) = X T AX = n ∑ aiix 2i + i =1 ∑ 1≤ i < j≤ n 2aijx i x j (4) ⎛ x1 ⎞ đó X = ⎜⎜ ⎟⎟ , là đa thức bậc theo n biến x1, , xn Đảo lại, ⎜x ⎟ ⎝ n⎠ đa thức bậc theo n biến x1, , xn (4) luôn luôn xác định dạng toàn phương n biến trên K có ma trận sở chính tắc là ma trận đối xứng A = (aij)n×n Ta gọi (4) là biểu thức dạng toàn phương Q 1.9 Ví dụ 1) Xét dạng toàn phương Q trên \ có biểu thức định Q(x1 ,x ,x ) = x12 − 3x 22 + 2x1x − 4x1x + 8x 2x Khi đó ma trận Q là ⎛ 1 −2 ⎞ A = ⎜⎜ −3 ⎟⎟ ⎜ −2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ x1 ⎞ và Q(x1,x ,x ) = X AX , đó X = ⎜⎜ x ⎟⎟ ⎜x ⎟ ⎝ 3⎠ T 2) Giả sử dạng toàn phương Q trên \ có ma trận là ⎛ −1 ⎞ A = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 −4 ⎠ ⎛ x1 ⎞ Khi đó biểu thức Q là Q(x1 ,x ,x ) = X AX , đó X = ⎜⎜ x ⎟⎟ , hay ⎜x ⎟ ⎝ 3⎠ T Q(x1,x ,x ) = 2x12 − 4x 23 + 6x1x − 2x1x + 10x 2x 1.10 Định lý (Đổi sở cho dạng song tuyến tính) Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là dạng song tuyến tính trên V Khi đó với B1 , B2 là hai sở V, ta có [f ]B = (PB → B )T [f ]B PB → B 1 1 (5) Chứng minh Đặt B1 = (u1, … , un), B2 = (v1, … , vn), PB → B = ( pij ) Khi đó với u, v thuoäc V ta coù f (u, v) = [u]TB [f ]B [v]B = (PB → B [u]B )T [f ]B (PB → B [v]B ) = 1 2 1 2 [u]TB [(PB → B )T [f ]B PB → B ][v]B 2 1 2 Từ đó suy [f ]B = (PB → B )T [f ]B PB → B 2 1 1.11 Hệ (Đổi sở cho dạng toàn phương) Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là dạng toàn phương trên V Khi đó với B1 , B2 là hai sở V, ta có [Q]B = (PB → B )T [Q]B PB → B 2 1 1.12 Nhận xét Cho biểu thức tọa độ dạng toàn phương Q sở B1 là Q(u) = n ∑ aiix 2i + i =1 ∑ 1≤ i < j ≤ n 2a ijx i x j (*) với u = x1u1+ + xnun Giả sử B2 = (v1, … , vn) là sở khác V và biểu thức tọa độ Q sở B2 là Q(u) = n ∑ bii y2i i =1 + ∑ ≤ i < j≤ n 2bijy i y j (**) với u = y1u1+ + ynun Khi đó ma trận PB → B khả nghịch và phép biến đổi tọa độ khoâng suy bieán ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟ = P B1 → B2 ⎜ ⎟ ⎜x ⎟ ⎝ n⎠ ⎛ y1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜y ⎟ ⎝ n⎠ đưa biểu thức dạng toàn phương Q từ (*) (**) Đảo lại, ứng với phép biến đổi tọa độ không suy biến ⎛ x1 ⎞ ⎛ y1 ⎞ ⎜ ⎟ = P ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜x ⎟ ⎜y ⎟ ⎝ n⎠ ⎝ n⎠ (P là ma trận vuông cấp n khả nghịch), gọi B2 là sở V cho PB → B = P Khi đó biểu thức tọa độ Q sở B2 có dạng (**), đó (bij)n×n = PT(aij)n×nP (6) 1.13 Định nghĩa (Hạng và tính suy biến, không suy biến dạng toàn phương) Cho Q là dạng toàn phương trên không gian véctơ n chiều V và B là sở V Hạng ma trận [Q]B gọi là hạng Q, ký hieäu laø rank(Q) hay r(Q) Heä quaû 1.10 cho thaáy haïng cuûa Q khoâng phuï thuoäc vaøo cách chọn sở B Hieån nhieân rank(Q) ≤ n = dimV Neáu rank(Q) = n thì ta noùi Q khoâng suy biến Ngược lại, rank(Q) < n thì Q suy biến 1.14 Ví dụ 1) Xét Q là dạng toàn phương biến thực định bởi: Q(x1 , x , x ) = x12 − 3x 22 + 2x1x − 4x1x + 8x x a) Tìm haïng vaø khaûo saùt tính khoâng suy bieán cuûa Q b) Tìm biểu thức toạ độ Q sở B = (u1, u2, u3) \ , đó u1 = (1, −1, 0); u2 = (−1, 2, 1); u3 = (2, 0, 3) và phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng Giaûi Ma traän cuûa Q laø ⎛ 1 −2 ⎞ = ⎜⎜ −3 ⎟⎟ ⎜ −2 ⎟⎠ ⎝ [Q]B0 a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, đó Q không suy biến b) Ma trận chuyển từ sở chính tắc B0 sang sở B là PB0 → B ⎛ −1 ⎞ = ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎜ 3⎟ ⎝ ⎠ Do đó ma trận Q sở B là T [Q]B = (PB0 → B ) [Q]B0 PB0 → B = ⎛ −1 ⎞ ⎛ 1 = ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎜⎜ −3 ⎜ ⎟ ⎜ −2 ⎝ ⎠⎝ ⎛ −1 ⎜ −1 ⎜ ⎜ ⎝ −2 ⎞ ⎛ ⎟⎟ ⎜⎜ −1 ⎟⎠ ⎜⎝ 2⎞ ⎟⎟ ⎟⎠ T ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ −2 ⎝ −1 ⎞ ⎟⎟ = ⎟⎠ −2 ⎞ ⎛ − ⎞ −3 ⎟⎟ ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎛ −4 −18 ⎞ ⎜ 28 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ −18 28 −20 ⎟ ⎝ ⎠ Vậy biểu thức tọa độ Q sở B định bởi: Với u = y1u1 + y2u2 + y3u3 thuoäc \ , (7) Q(u) = [u]TB [Q]B [u]B = ( y1 y2 ⎛ −4 −18 ⎞ ⎛ y1 ⎞ y3 ) ⎜⎜ 28 ⎟⎟ ⎜⎜ y ⎟⎟ ⎜ −18 28 −20 ⎟ ⎜ y ⎟ ⎝ ⎠⎝ 3⎠ = −4y12 + 5y 22 − 20y 23 + 4y1y − 36y1y3 + 56y2 y3 Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là ⎧ x1 = y1 − y + 2y ⎛ x1 ⎞ ⎛ y1 ⎞ ⎛ −1 ⎞ ⎛ y1 ⎞ ⎜x ⎟ = P ⎜ y ⎟ = ⎜ −1 ⎟ ⎜ y ⎟ hay ⎪ x = − y + 2y ⎨ B0 → B ⎜ ⎟ ⎜ 2⎟ ⎜ ⎟⎜ 2⎟ ⎜x ⎟ ⎜ y ⎟ ⎜ 3⎟ ⎜ y ⎟ ⎪x = y ⎠⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ + 3y ⎩ 3 2) Xét không gian \ với sở B = (u1, u2, u3), đó u1 = (1,−1,0); u2 = (−1,2,1); u3 = (2, 0, 3) Cho Q là dạng toàn phương biến thực có biểu thức toạ độ sở B sau: Q(u) = x12 − 3x 22 + 2x1x − 4x1x + 8x x 3 với u = x1u1 + x2u2 + x3u3 thuộc \ a) Tìm haïng vaø khaûo saùt tính khoâng suy bieán cuûa Q b) Tìm biểu thức Q và phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng Giải Ma trận Q sở B là ⎛ 1 −2 ⎞ [Q]B = A = ⎜⎜ −3 ⎟⎟ ⎜ −2 ⎟ ⎝ ⎠ a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, đó Q không suy biến b) Ma trận chuyển từ sở chính tắc B0 sang sở B là PB0 → B ⎛ −1 ⎞ = ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎜ 3⎟ ⎝ ⎠ Suy ma trận chuyển từ sở B sang sở chính tắc B0 là PB → B0 ⎛ −4 ⎞ = ⎜⎜ 3 −2 ⎟⎟ ⎜ −1 −1 ⎟ ⎝ ⎠ Do đó ma trận Q (trong sở chính tắc B0) là (8) ⎛ T [Q]B0 = (PB → B0 ) [Q]B PB → B0 = ⎜⎜ 3 ⎜ − −1 ⎝ −1 ⎞ ⎛ 1 −2 ⎞ ⎛ ⎛ ⎜ = ⎜ −1 ⎟⎟ ⎜⎜ −3 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ −4 −2 ⎟ ⎜ −2 ⎟ ⎜ −1 ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ −4 ⎞ −2 ⎟⎟ ⎟⎠ T ⎛ 1 −2 ⎞ ⎛ −4 ⎞ ⎜ −3 ⎟ ⎜ 3 −2 ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ −2 ⎟ ⎜ − − 1 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ −4 ⎞ ⎛ 45 34 −30 ⎞ −2 ⎟⎟ = ⎜⎜ 34 24 −22 ⎟⎟ −1 ⎟⎠ ⎜⎝ −30 −22 20 ⎠⎟ Suy biểu thức Q là Q(y1 , y , y ) = 45y12 + 24y 22 + 20y 23 + 68y1y − 60y1y − 44y y Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là ⎛ x1 ⎞ ⎜x ⎟ = P B → B0 ⎜ 2⎟ ⎜x ⎟ ⎝ 3⎠ ⎧ x1 = 6y1 + 5y − 4y ⎛ y1 ⎞ ⎛ −4 ⎞ ⎛ y1 ⎞ ⎜ y ⎟ = ⎜ 3 −2 ⎟ ⎜ y ⎟ hay ⎪ x = 3y + 3y − 2y ⎨ 2 ⎜ 2⎟ ⎜ ⎟⎜ 2⎟ ⎟ ⎜ y ⎟ ⎜ −1 − ⎜ ⎟ ⎪ ⎠ ⎝ y3 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎩ x = − y1 − y + y §2 DẠNG CHÍNH TẮC CỦA DẠNG TOAØN PHƯƠNG 2.1 Định nghĩa Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là dạng toàn phương trên V có dạng cực là f Cơ sở B = (u1, … , un) V gọi là sở Q-chính tắc f(ui,uj) = với ≤ i ≠ j ≤ n, điều này tương đương với tính chất ma trận [Q]B là ma trận chéo, hay vậy, biểu thức toạ độ Q sở B có dạng Q(u) = n ∑ aix2i (1) i =1 với u = x1u1+ + xnun thuộc V Khi đó ta nói (1) là dạng chính tắc Q 2.2 Định lý Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là dạng toàn phương trên V Khi đó V tồn sở Q-chính tắc Chứng minh Việc xây dựng sở Q-chính tắc thực thông qua thuật toán sau: 2.3 Thuật toán Lagrange đưa dạng toàn phương dạng chính tắc Giả sử biểu thức dạng toàn phương Q sở B = (u1, … , un) định Q(u) = n ∑ aiix2i i =1 + ∑ 1≤ i < j ≤ n 2a ijx i x j (*) Để đưa Q dạng chính tắc ta chia bài toán thành trường hợp: (9) Trường hợp 1: aii ≠ với i nào đó Sau đánh số lại các phần tử sở B cần, ta có thể giả sử a11 ≠ Khi đó n a1i x i ) + (những số hạng không chứa x1 ) i = a11 Q(u) = a11 (x12 + 2x1 ∑ n a1i x i )2 + (một dạng toàn phương x , , x n ) a i = 11 = a11 (x1 + ∑ = a11y12 + n ∑ bijy i y j i, j= đó n ⎧ a = + y x ∑ a1i x i ⎪ 1 ⎨ i = 11 ⎪y = x (j ≥ 2) j ⎩ j là phép biến đổi tọa độ không suy biến Việc đưa Q dạng chính tắc qui việc đưa dạng toàn phương (n−1) biến Q1 = n ∑ bijyi y j veà daïng chính taéc i, j= Điều này có thể thực qui nạp Trường hợp 2: aii = với i có aij ≠ với i ≠ j nào đó Sau đánh số lại các phần tử sở B cần, ta có thể giả sử a12 ≠ Thực phép biến đổi tọa độ không suy biến ⎧ x1 = y1 + y ⎪ ⎨ x = y1 − y ⎪x = y (j ≥ 3) j ⎩ j ta coù 2a12x1x = 2a12 (y12 − y 22 ) Từ đó Q(u) = n ∑ i, j=1 a ijx i x j = n ∑ bijyi y j i, j=1 có hệ số y12 là 2a12 ≠ Ta trở trường hợp đã xét Trường hợp 3: aij = với i, j Khi đó Q(u) = với u nên Q có dạng chính tắc sở nào V 2.4 Ví dụ 1) Đưa dạng toàn phương thực sau đây dạng chính tắc: Q(u) = x12 + x 22 + x 23 − 2x 24 − 2x1x + 2x1x − 2x1x + x 2x − 4x 2x (10) với u = (x1 , x , x , x ) Chỉ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng Giaûi Ta coù Q(u) = x12 + 2x1 (− x + x − x ) + x 22 + x 23 − 2x 24 + x x − 4x 2x = (x1 − x + x − x )2 − (− x + x − x )2 + x 22 + x 32 − 2x 24 + x 2x − 4x 2x = (x1 − x + x − x )2 − 3x 24 + 3x 2x − 6x 2x + 2x 3x x )] + 3x 2x 3 1 = (x1 − x + x − x )2 − 3(x + x − x )2 + 3(x − x )2 + 3x 2x 3 1 = (x1 − x + x − x )2 − 3(x + x − x )2 + 3(x 22 + 2x x ) + x 32 1 = (x1 − x + x − x )2 − 3(x + x − x )2 + 3(x + x )2 + x 32 = (x1 − x + x − x )2 − 3[x 24 + 2x (x − Thực phép biến đổi tọa độ không suy biến ⎧ y1 ⎪ ⎪ y2 ⎪ ⎨ ⎪y ⎪ ⎪y ⎩ = x1 − x + x − x = x4 + x2 − = x2 + = x3 x3 x3 ⎧ ⎪ x1 ⎪ ⎪⎪ x ⇔⎨ ⎪x3 ⎪ ⎪x ⎪⎩ = y1 − y + = y3 − y4 = y4 = y2 − y3 + y4 y4 ⎛ x1 ⎞ ⎛ −1 / ⎞ ⎛ y1 ⎞ ⎜ x ⎟ ⎜ 0 −1 / ⎟ ⎜ y ⎟ ⎜ ⎟⎜ 4⎟ ⇔ 4⎟ = ⎜ ⎜ x3 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ y3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ x ⎠ ⎝ −1 / ⎠ ⎝ y ⎠ ta đưa Q dạng chính tắc Q(u) = y12 − 3y 22 + 3y32 + y4 với u = y1u1+ y2u2+ y3u3 + y4u4, đó sở Q-chính tắc B = (u1,u2,u3,u4) \ thoả PB0 → B ⎛ −1 / ⎞ ⎜ 0 −1 / ⎟ ⎟ =⎜ ⎜0 0 1⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 / ⎠ (B0 là sở chính tắc \ ) nghĩa là u1 = (1,0,0,0); u2 = (−1,0,0,1); u3 = (0,1,0,−1); u4 = (2/3,−1/6,1,1/2) 2) Đưa dạng toàn phương thực sau đây dạng chính tắc: Q(x1 , x , x ) = x1x + 2x1x − 2x x Chỉ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng 10 (11) Giải Đổi biến ⎧ x1 = y1 + y ⎪ ⎨ x = y1 − y ⎪x = y ⎩ ta coù Q(u) = y12 − y 22 + 2(y1 + y )y − 2(y1 − y )y = y12 − y 22 + 4y y Ta biến đổi Q(u) = y12 − [y 22 − 2y (2y )] = y12 − (y − 2y )2 + 4y 32 Ñaët ⎧z1 = y1 ⎧ y1 = z1 ⎪ ⎪ ⎨z2 = y − 2y ⇔ ⎨ y = z2 + 2z3 ⎪z = y ⎪y = z 3 ⎩ ⎩ ta đưa Q dạng chính tắc Q(u) = z12 − z22 + 4z32 Phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng là ⎧ x1 = z1 + z2 + 2z3 ⎪ ⎨ x = z1 − z2 − 2z3 ⎪x = y ⎩ Cơ sở Q-chính tắc tương ứng là B = (u1,u2,u3) \3 thoả PB0 → B ⎛ 1 2⎞ = ⎜⎜ −1 −2 ⎟⎟ ⎜0 ⎟⎠ ⎝ (B0 là sở chính tắc \ ) nghĩa là u1 = (1,1,0); u2 = (1,−1,0); u3 = (2,−2,1) §3 DẠNG CHÍNH TẮC TRỰC GIAO CỦA DẠNG TOAØN PHƯƠNG TRÊN KHOÂNG GIAN EUCLIDE 3.1 Định nghĩa Cho V là không gian Euclide hữu hạn chiều và Q là dạng toàn phương trên V Cơ sở B gọi là sở Q-chính tắc trực giao B là sở trực chuẩn đồng thời là môt sở Q-chính tắc V Khi đó biểu thức tọa độ Q sở B gọi là dạng chính tắc trực giao Q 11 (12) 3.2 Định lý Cho V là không gian Euclide hữu hạn chiều và Q là dạng toàn phương trên V Khi đó V tồn sở Q-chính tắc trực giao Chứng minh Xét B0 là sở trực chuẩn nào đó V Khi đó ma trận [Q]B là ma trận đối xứng thực nên chéo hoá trực giao được, nghĩa là tồn ma trận trực giao P cho P −1 [Q]B P là ma trận chéo Gọi B là sở V cho PB0 → B = P Khi đó [Q]B = (PB0 → B )T [Q]B0 PB0 → B = P T [Q]B0 P = P −1 [Q]B0 P là ma trận chéo Vì [Q]B là ma trận chéo nên B là sở Q-chính tắc Mặt khác, PB → B = P là ma trận trực giao nên B là sở trực chuẩn Suy B là sở Q-chính tắc trực giao V 3.3 Nhận xét 1) Giả sử Q có dạng chính tắc trực giao n ∑ aix2i Q(u) = (1) i =1 với u = x1u1+ + xnun, đó B = (u1, … , un) là sở Q- chính tắc trực giao tương ứng Khi đó dăy a1, ,an gồm tất các trị riêng [Q]B (kể số bội) và không phụ thuộc vào việc chọn sở Q-chính tắc trực giao B Thật vậy, từ (1) ta suy [Q]B 0⎞ ⎛ a1 ⎜ ⎟ % =⎜ ⎟ ⎜0 ⎟ a n ⎝ ⎠ nên hiển nhiên a1, ,an là tất các trị riêng [Q]B Bây cho B ′ = (u1′ , , u′n ) là sở Q-chính tắc trực giao khác V Khi đó Q(u) = n ∑ a′i y2i (1′) i =1 với u = y1u1′ + + y nu′n Theo chứng minh trên a1′, , an′ là các trị riêng [Q]B ′ (keå caû soá boäi) Theo Heä quaû 1.10 ta coù [Q]B ′ = (PB → B ′ ) T [Q]B PB → B ′ Chú ý B, B ′ là hai sở trực chuẩn V nên ma trận chuyển sở PB → B ′ là ma trận trực giao, nghĩa là (PB → B ′ ) T = (PB → B ′ ) −1 Do đó [Q]B ′ = (PB → B ′ ) −1 [Q]B PB → B ′ 12 (13) Vậy hai ma trận [Q]B và [Q]B ′ đồng dạng nên cúng có cùng trị riêng (kể số bội), nghĩa là hai dãy a1, , an và a1′, , an′ trùng Điều này chứng tỏ a1, ,an không phụ thuộc vào việc chọn sở trực chuẩn Q-chính tắc trực giao B 2) Từ chứng minh Định lý 3.2 ta thấy để đưa Q dạng chính tắc trực giao ta dùng phép biến đổi tọa độ X PB → B Y với X = [u]B , Y = [u]B Vì PB → B là ma 0 trận trực giao nên ta nói phép biến đổi trên là phép biến đổi tọa độ trực giao 3.4 Thuật toán đưa dạng toàn phương trên không gian Euclide dạng chính tắc trực giao Cho V là không gian Euclide hữu hạn n chiều và Q là dạng toàn phương trên V Khi đó ta đưa Q dạng chính tắc trực giao và sở Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng thông qua các bước sau: Bước 1: Xác định [Q]B với B0 là sở trực chuẩn nào đó V Bước 2: Chéo hoá trực giao ma trận [Q]B tìm ma trận trực giao P cho −1 P [Q]B0 P = diag(a1 , , an ) Bước 3: Cơ sở Q-chính tắc trực giao B = (u1,…,un) định PB → B = P và phép biến đổi tọa độ trực giao là X PY Dạng chính tắc trực giao Q là Q(u) = n ∑ aix 2i i =1 với u = x1u1+ + xnun 3.5 Ví dụ Đưa dạng toàn phương thực sau đây dạng chính tắc trực giao: Q(x1 , x , x ) = 2x1x + 2x1x + 2x 2x Chỉ sở Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng Giải Bước 1: Ma trận Q (trong sở chính tắc B0) là ⎛0 1⎞ A = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜1 0⎟ ⎝ ⎠ Bước 2: Chéo hoá trực giao ma trận A a) Đa thức đặc trưng A là 13 (14) −λ p A (λ ) = 1 2−λ −λ = 2−λ 1 −λ 2−λ 1 2−λ 1 −λ − = −(λ + 1)2 (λ − 2) 0 −λ − −λ = −λ b) Trò rieâng: A coù trò rieâng laø λ1 = −1 (boäi 2), λ2 = (boäi 1) c) Không gian riêng E(λ1) ứng với trị riêng λ1 = −1 là không gian nghiệm hệ (A −λ1I3)X = (1) ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎜ ⎟ A − λ1I3 = A + I3 = ⎜ 1 ⎟ → ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎜1 1⎟ ⎜ 0 0⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧x2 = α ⎪ (1) ⇔ x1 + x + x = ⇔ ⎨ x = β ⎪ x = −α − β ⎩ (1) có vô số nghiệm (x1,x2,x3) = (−α−β, α , β) Do đó E(λ1) = {(−α−β,α,β)|α, β∈R}= {α(−1,1,0)+ β(−1,0,1)|α , β ∈R}= <(−1,1,0); (−1,0,1)> E(λ1) có dimE(λ1) = với sở (u1,u2) với u1 = (−1,1,0); u2 = (−1,0,1) Ta xây dựng sở trực chuẩn E(λ1) qua quá trình trực chuẩn Gram-Schmidt: v1 = u1 = ( − 1,1,0); v = u2 − w1 = ⟨ u2 | v1 ⟩ 1 v1 =( − , − ,1) ⟨ v1 |v1 ⟩ 2 v1 1 v 1 = (− , ,0); w = = ( − ,− , ) v1 v2 2 6 (w1,w2) là sơ trực chuẩn E(λ1) d) Không gian riêng E(λ2) ứng với trị riêng λ2 = là không gian nghiệm hệ (A −λ2I3)X = ⎛ −2 ⎜ A − λ2I3 = A − 2I3 = ⎜ −2 ⎜ 1 ⎝ ⎧ x1 − 2x + x = (2) ⇔ ⎨ ⇔ x1 ⎩x2 − x3 = (2) 1⎞ ⎛ −2 ⎞ ⎟ ⎟ → ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎜ 0 0⎟ −2 ⎟⎠ ⎝ ⎠ = x2 = x3 = α (2) có vô số nghiệm (x1,x2,x3) = (α, α , α) Do đó E(λ2) = {(α,α,α)|α∈R}= {α(1,1,1)|α∈R}= <(1,1,1)> E(λ2) có dimE(λ2) = với sở (u3) với u3 = (1,1,1) Ta xây dựng sở trực chuẩn (w3) E(λ2) với w3 = u3 1 =( , , ) u3 3 14 (15) e) Đặt B = (w1,w2,w3) Ta có B là sở trực chuẩn \3 và ⎛ −1 0 ⎞ P AP = ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎜ 0 2⎟ ⎝ ⎠ −1 đó P = PB0 → B ⎛ ⎜− ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ − 6 ⎞ ⎟⎟ ⎟ 3⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 3⎠ − Bước 3: Từ kết tìm bước 2, ta suy dạng chính tắc trực giao Q là Q(u) = − y12 − y22 + 2y32 với u = y1w1 + y2w2 + y3w3, đó w1 = ( − 1 1 1 , ,0); w = ( − ,− , ); w = ( , , ) 2 6 3 Cơ sở chính tắc trực giao tương ứng là B = (w1,w2,w3) Phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng X = PY, nghĩa là ⎧ ⎪ x1 = − ⎪ ⎪ ⎨x2 = ⎪ ⎪ ⎪x3 = ⎩ 1 y1 − y2 + 1 y1 − y2 + y2 + y3 y3 y3 §4 DẠNG CHUẨN TẮC − LUẬT QUÁN TÍNH CỦA DẠNG TOAØN PHƯƠNG THỰC 4.1 Định nghĩa Cho Q là dạng toàn phương trên không gian véctơ thực n chiều V và B là sở V Giả sử biểu thức tọa độ Q sở B có daïng Q(u) = x12 + + x s2 − x s2+1 − − x 2r (1) với u = x1u1+ + xnun, đó r, s là các số nguyên thoả ≤ s ≤ r ≤ n Khi đó ta nói B là sở Q-chuẩn tắc và (1) là dạng chuẩn tắc Q 15 (16) 4.2 Định lý Cho V là không gian véctơ thực hữu hạn chiều và Q là dạng toàn phương trên V Khi đó V tồn sở Q-chuẩn tắc Chứng minh Theo Định lý 2.2 tồn sở Q-chính tắc V Đặt r = rank(Q) Bằng cách đánh số lại cần ta có thể giả sử biểu thức tọa độ Q sở trên có dạng Q(u) = a1x12 + + a r x 2r vaø toàn taïi soá nguyeân ≤ s ≤ r cho > (i = 1, , s); < (i = s+1, , r) Dùng phép biến đổi toạ độ không suy biến ⎧ ⎪ a yj ⎪ j ⎪⎪ xj = ⎨ yj ⎪ −a j ⎪ ⎪y j ⎪⎩ neáu ≤ j ≤ s neáu s+1 ≤ j ≤ r neáu r+1 ≤ j ≤ n ta thu dạng chuẩn tắc Q Q(u) = y12 + + ys2 − ys2+1 − − y 2r Cơ sở tương ứng chính là sở Q-chuẩn tắc cần tìm 4.3 Định lý và Định nghĩa Cho Q là dạng toàn phương trên không gian véctơ thực hữu hạn chiều V và B là sở Q-chuẩn tắc V Khi đó biểu thức tọa độ Q sở B có dạng Q(u) = x12 + + x s2 − x s2+1 − − x 2r đó r = rank(Q) và ≤ s ≤ r không phụ thuộc vào cách chọn sở B Ta gọi • s laø chæ soá döông quaùn tính cuûa Q; • r − s laø chæ soá aâm quaùn tính cuûa Q; • (s, r − s) laø caëp chæ soá quaùn tính cuûa Q; • 2s − r laø kyù soá cuûa Q Chứng minh Hiển nhiên r = rank(Q) không phụ thuộc vào sở B Giả sử dimV = n và B1 = (u1, … , un), B2 = (v1, … , vn) là hai sở Q-chuẩn tắc V cho biểu thức tọa độ Q B1, B2 là Q(u) = x12 + + x s2 − x s2+1 − − x 2r (1) Q(u) = y12 + + y 2t − y 2t +1 − − y 2r (2) 16 (17) Ta chứng minh s = t Đặt V1 = < u1, … , us > vaø V2 = < vt+1, … , > Trước hết ta V1 ∩V2 = {0} Thật vậy, ⎧u = x1u1 + + x sus u ∈ V1 ∩ V2 ⇒ ⎨ ⎩u = y t +1v t +1 + + y n v n ⎧⎪Q(u) = x12 + + x s2 ≥ ⇒⎨ 2 ⎪⎩Q(u) = − y t +1 − − y r ≤ ⇒ Q(u) = x12 + + x s2 = ⇒ x1 = = x s = hay u = nghóa laø V1 ∩V2 = {0} Keát quaû treân cho thaáy n ≥ dim(V1 + V2 ) = dim V1 + dim V2 = s + (n − t) Suy s ≤ t Tương tự ta có t ≤ s Vậy s = t 4.4 Nhận xét Giả sử Q là dạng toàn phương thực có dạng chính tắc Q(u) = a1x12 + + a n x 2n Xeùt daõy a1, , an (*) Ta coù 1) Chæ soá döông quaùn tính cuûa Q baèng soá caùc soá haïng döông cuûa (*) 2) Chæ soá aâm quaùn tính cuûa Q baèng soá caùc soá haïng aâm cuûa (*) 4.5 Ví dụ Xét lại Ví dụ trongï 2.4, ta thấy dạng toàn phương Q có dạng chính taéc laø Q(u) = y12 − 3y 22 + 3y32 + y4 Do đó Q có - Chæ soá döông quaùn tính laø - Chæ soá aâm quaùn tính laø - Caëp chæ soá quaùn tính laø (3,1) - Kyù soá laø §5 DẠNG TOAØN PHƯƠNG XÁC ĐỊNH 5.1 Định nghĩa Cho Q là dạng toàn phương trên không gian véctơ thực hữu hạn chiều V Ta nói 1) Q xác định dương Q(u) > với u∈ V\{0} 2) Q xác định âm Q(u) < với u∈ V\{0} 17 (18) 5.2 Nhận xét Q xác định dương và dạng cực Q là tích vô hướng trên V 5.3 Định lý Cho Q là dạng toàn phương trên không gian véctơ thực n chiều Khi đó (i) Q xaùc ñònh döông ⇔ Q coù chæ soá döông quaùn tính baèng n (ii) Q xaùc ñònh aâm ⇔ Q coù chæ soá aâm quaùn tính baèng n Chứng minh (i) (⇐) Giả sử Q có số dương quán tính n Khi đó tồn sở Q-chuẩn tắc B V cho biểu thức tọa độ Q sở B ùnhư sau: daïng Q(u) = x12 + + x 2n với u = x1u1+ + xnun Nếu u ≠ thì tồn i cho xi ≠ 0, đưa đến Q(u) > Vaäy Q xaùc ñònh döông (⇒) Giả sử Q xác định dương số dương quán tính Q khác n Gọi B = (u1, … , un) là sở Q-chính tắc V Khi đó biểu thức tọa độ Q B coù daïng Q(u) = a1x12 + + a n x 2n , đó có ≤ với i nào đó Đặt u = ui Ta có u ≠ và Q(u) = ≤ Mâu thuẫn với tính xác định dương Q (ii) Suy (i) cùng với nhận xét: Q xác định âm ⇔ − Q xác định dương 5.4 Hệ quảù Mọi dạng toàn phương xác định dương hay xác định âm không suy bieán 5.5 Định nghĩa Cho A = (aij)n×n là ma trận vuông cấp n Định thức chính cấp k (1 ≤ k ≤ n) A là định thức sinh các dòng 1, , k và các cột 1, , k: a11 a1k Δ k = a k1 a kk 5.6 Định lý (Tiêu chuẩn Sylvester) Giả sử Q là dạng toàn phương trên không gian véctơ thực hữu hạn chiều V có ma trận sở nào đó là A Khi đó (i) Q xác định dương và định thức chính A dương (ii) Q xác định âm và định thức chính cấp chẵn A dương và định thức chính cấp lẻ A âm 18 (19) Chứng minh (i) Ta cần xét trường hợp Q không suy biến Gọi f là dạng cực Q Gọi B = (u1, … , un) là sở V cho [Q]B = A Khi đó tương tự quá trình trực chuẩn hoá Gram-Schmidt ta xây dựng sở f-trực giao B ′ = (v1, … , vn) Trong sở B ′ ma trận Q có dạng chéo [Q]B ′ ⎞ ⎛ Q(v1 ) ⎜ ⎟ % =B=⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Q(v ) n ⎠ ⎝ Với ≤ k ≤ n, gọi Ak, Bk là các ma trận có từ A, B cách xoá n−k dòng cuối và n−k cột cuối Khi đó Ak, Bk là các ma trận dạng toàn phương Q thu hẹp lên <u1, …, uk> các sở (u1, … , uk) và (v1, … , vk) Gọi Pk là ma trận chuyển từ sở trước sang sở sau, ta có Bk = (Pk )T A k Pk Chú ý từ quá trình trực chuẩn hoá Gram-Schmidt ta suy Pk là ma trận tam giác trên có các hệ số trên đường chéo Do đó det(Pk) = det(PkT) = Suy det(A k ) = det(Bk ) = Q(v1 ) Q(v k ) Ta coù Q xác định dương ⇔ Q(vk) > với k = 1, ,n ⇔ det(Ak) >0 với k = 1, ,n (ii) Suy từ (i) cùng với nhận xét: Q xác định âm ⇔ − Q xác định dương 5.7 Ví dụ 1) Đưa dạng toàn phương thực sau dạng chuẩn tắc Q(x,y,z) = 2x2 + 9y2 + 9z2 + 8xy + 4xz + 12yz Chỉ sở Q-chuẩn tắc và phép biến đổi toạ độ tương ứng Từ đó xác định các chæ soá quaùn tính cuûa Q Xeùt xem Q coù xaùc ñònh döông hay xaùc ñònh aâm khoâng Giải Trước hết ta đưa Q dạng chính tắc thuật toán Lagrange: Q(x, y, z) = 2[x + 2x(2y + z)] + 9y + 9z2 + 12yz = 2(x + 2y + z)2 − 2(2y + z)2 + 9y + 9z2 + 12yz = 2(x + 2y + z)2 + y + 4yz + 7z2 = 2(x + 2y + z)2 + (y + 2z)2 + 3z2 = [(x + 2y + z) 2]2 + (y + 2z)2 + (z 3)2 Thực phép biến đổi tọa độ không suy biến 19 (20) ⎧ ⎪ x = x′ − 2y′ + ⎧ x′= (x + 2y + z) ⎪ ⎪ ⎪ y′ − z′ ⇔ ⎨y = ⎨ y′= y + 2z ⎪ ⎪ ⎩z′= z ⎪ z′ ⎪z = ⎩ 3z′ ⎛ ⎞ 3⎟ −2 ⎜ ⎟ ⎛ x′ ⎞ ⎛x⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ − y′ ⇔ ⎜ y⎟ = ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜z⎟ ⎜ ⎟ z′ ⎝ ⎠ ⎟⎝ ⎠ ⎜ 0 ⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ ta ñöa Q veà daïng chuaån taéc Q(u) = x′2 + y′2 + z′2 (1) với u = x′u1 + y′u2 + z′u3 , đó sở Q- chuẩn tắc B = (u1, u2, u3) định PB0 → B ⎛ ⎞ 3⎟ ⎜ −2 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ =⎜ − 3⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 0 ⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ (B0 là sở chính tắc \ ) nghĩa là u1 = ( , 0, 0); u2 = (−2,1, 0); u3 = ( 3, − , ) 3 Từ (1) ta suy ra: - Chæ soá döông quaùn tính cuûa Q laø - Chæ soá aâm quaùn tính cuûa Q laø - Q xaùc ñònh döông 2) Đưa dạng toàn phương sau dạng chính tắc Q(x,y,z) = 2x2 + 9y2 + λz2 + 8xy + 4xz + 12yz Xác định tham số λ ∈ R để Q không suy biến; Q xác định dương Giải Biến đổi tương tự Ví dụ ta Q(x, y, z) = 2(x + 2y + z)2 + (y + 2z)2 + (λ − 6)z2 Thực phép biến đổi tọa độ không suy biến ⎧ x′= x + 2y + z ⎪ ⇔ ⎨ y′= y + 2z ⎪z′= z ⎩ ⎧ x = x′ − 2y′ + 3z′ ⎪ y′ − 2z′ ⇔ ⎨y = ⎪z = z′ ⎩ ⎞ ⎛ x′ ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ −2 ⎜y⎟ = ⎜0 −2 ⎟⎟ ⎜⎜ y′ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ z ⎟ ⎜0 ⎟⎠ ⎜⎝ z′ ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ta ñöa Q veà daïng chuaån taéc Q(u) = 2x′2 + y′2 + (λ − 6)z′2 20 (2) (21) Từ (2) ta suy ra: - Q khoâng suy bieán ⇔ λ − ≠ ⇔ λ ≠ - Q xaùc ñònh döông ⇔ λ − > ⇔ λ > 3) Xác định tham số λ ∈ R để dạng toàn phương sau xác định dương Q(x,y,z) = x2 + λy2 + (λ + 3)z2 − 2xy + 4xz − 6yz Giải Ma trận dạng toàn phương Q là 2⎞ ⎛ −1 ⎜ A= ⎜ −1 λ −3 ⎟⎟ ⎜ −3 λ + ⎟ ⎝ ⎠ Các định thức chính A là Δ1 = 1; Δ2 = −1 = λ − 1; −1 λ −1 −1 Δ = −1 λ −3 = λ − −1 = (λ − 1)2 − −3 λ + −1 λ − Theo tieâu chuaån Sylvester ta coù ⎧ Δ1 > ⎪ Q xaùc ñònh döông ⇔ ⎨ Δ > ⇔ ⎪Δ > ⎩ ⎧1 > ⎪ ⇔ λ > ⎨λ − > ⎪ ⎩(λ − 1) − > BAØI TAÄP CHÖÔNG Bài Đưa các dạng toàn phương thực Q sau đây dạng chính tắc Chỉ sở Q-chính tắc và phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng Xác định tập hợp Q(R3): a) Q(u) = x12 + 5x 22 − 4x 32 + 2x1x − 4x1x b) Q(u) = 4x12 + x 22 + x 23 − 4x1x + 4x1x − 3x 2x c) Q(u) = 2x12 + 18x 22 + 8x 23 − 12x1x + 8x1x − 27x 2x d) Q(u) = 2x1x − 3x1x − 6x 2x e) Q(u) = 3x1x + 4x1x + 12x 2x 21 (22) đó u = (x1 , x , x ) ∈ \ Bài Đưa các dạng toàn phương thực Q sau đây dạng chính tắc trực giao Chỉ sở Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi toạ độ trực giao tương ứng Xác định tập hợp Q(R3): a) Q(u) = 3x12 + 2x 22 + x32 + 4x1 x + 4x x b) Q(u) = x12 + x22 + x23 + x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 c) Q(u) = 7x12 + 2x22 − x23 + 6x1 x3 d) Q(u) = x12 + x 22 + x 23 + 4x1 x + 4x1 x + 4x x3 e) Q(u) = 2x12 + 5x 22 + 2x 32 + 6x1 x đó u = (x1 , x , x ) ∈ \ Bài Xác định tham số thực m để dạng toàn phương thực Q sau đây xác định döông: a) Q(u) = 2x12 + x 22 + 3x 23 + 2mx1x + 2x1x b) Q(u) = x12 + x 22 + 5x 23 + 2mx1x − 2x1x + 4x 2x c) Q(u) = 5x12 + x 22 + mx 32 + 4x1x − 2x1x − 2x 2x d) Q(u) = 2x12 + 2x 22 + x 32 + 2mx1x + 6x1x + 2x x e) Q(u) = x12 + 4x 22 + x 32 + 2mx1x + 10x1x + 6x 2x đó u = (x1 , x , x ) ∈ \ Bài Cho Q là dạng toàn phương trên không gian véctơ thực hữu hạn chiều V a) Giả sử Q(u) ≠ với u ∈ V\{0} Chứng minh Q xác định dương xác định âm b) Giả sử Q không suy biến và tồn u ∈ V\{0} cho Q(u) = Chứng minh Q(V\{0}) = R c) Giả sử Q suy biến Chứng minh tồn u ∈ V\{0} cho Q(u) = Cho ví dụ để thấy trường hợp này Q(V\{0}) có thể R, có thể khác R 22 (23) Bài Cho Q là dạng toàn phương thực định Q(x,y,z) = x2 + 3y2 − 4xy + 2xz + 2yz Tìm tất các không gian W R3 có dimW = và Q(u) > với u ∈ W\{0} Bài Cho Q là dạng toàn phương xác định dương trên không gian véctơ thực hữu hạn chiều V và f là dạng cực Q Chứng minh với u, v ∈ V ta coù a) |f(u,v)| b) ≤ Q(u)Q(v); Q(u + v) ≤ Q(u) + Q(v) Bài Chứng minh dạng toàn phương thực là xác định dương và ma trận A nó (trong sở nào đó) biểu diễn dạng A = CTC với C là ma trận thực khả nghịch Bài Cho Q1 và Q2 là hai dạng toàn phương thực, đó hai dạng là xác định dương Chứng minh có thể đưa đồng thời Q1 và Q2 dạng chính tắc (tức là cùng phép biến đổi toạ độ không suy biến) Chỉ giả thiết xác định dương không thể bỏ Bài Cho Q là dạng toàn phương thực có biểu thức toạ độ sở B = (u1, … , un) coù daïng Q(u) = f12 + + fs2 − fs2+1 − − fs2+ t với u = x1u1+ + xnun, đó f1, , fr là các dạng tuyến tính thực các biến x1, , xn Chứng minh Q có số dương quán tính không vượt quá s và số âm quán tính không vượt quá t Bài 10 Cho Q1 và Q2 là hai dạng toàn phương trên V Ta nói ϕ ∈ End(V) đưa Q1 Q2 Q2(u) = Q1(ϕ(u)) với u ∈ V Nếu tồn phép biến đổi tuyến tính không suy biến trên V đưa Q1 Q2 thì ta nói Q1 và Q2 tương đương Chứng minh raèng a) Hai dạng toàn phương là tương đương và chúng có cùng dạng chính taéc 23 (24) b) Hai dạng toàn phương thực là tương đương và chúng có cùng các chæ soá quaùn tính Bài 11 Cho Q1 và Q2 là hai dạng toàn phương thực Chứng minh từ dạng này có thể đưa dạng phép biến đổi tuyến tính (có thể suy bieán) thì Q1 vaø Q2 töông ñöông * 24 (25)