Chương 6. DẠNG SONG TUYẾN TÍNH – DẠNG TOÀN PHƯƠNG pdf

Chương DẠNG SONG TUYẾN TÍNH – DẠNG TỒN PHƯƠNG 6.1 Dạng song tuyến tính 6.2 Dạng tồn phương 6.3 Dạng tắc dạng tồn phương 6.4 Luật qn tính dạng tồn phương xác định dấu 6.1 Dạng song tuyến tính 6.1.1 Định nghĩa ví dụ Định nghĩa 1: Giả sử X không gian vectơ (KGVT) R Ánh xạ f : X  X  X gọi dạng song tuyến tính (DSTT), x, x , y, y  X, λ  R ta có: 1) f(x + x , y) = f(x, y) + f(x , y), 2) f(λx, y) = λf(x, y), 3) f(x, y + y) = f(x, y) + f(x, y), 4) f(x,λy) = λf(x, y) Nói cách khác, f(x,y) tuyến tính theo biến Chú ý 1: Điều kiện 1) + 2) thay điều kiện sau: 1’) f(λx  μx , y) = λf(x, y)  μf (x , y) , x, x , y  X, λ,μ  R Điều kiện 3) + 4) thay điều kiện sau: 2’) f(x,λy  μy) = λf(x, y)  μf (x, y) , x, y, y  X, λ,μ  R Nói cách khác , f(x,y) tuyến tính theo biến, tức f(x,y) tuyến tính x y cố định tuyến tính y x cố định Ví dụ 1: Cho f : C[a,b]  C[a,b]  R b f(u, v)   u(t)v(t)dt, u, v  C[a,b] - DSTT C[a,b] a Ví dụ 2: Cho f : R  R  R f(x, y)  2x1 y1  3x1 y2  2x y1  x y ; x  (x1 , x ), y  (y1 , y )  R - DSTT R2 Ví dụ 3: Cho f : R  R  R f (x, y)  c - DSTT? Giải: * Nếu c = 0, dễ dàng kiểm tra f thỏa mãn điều kiện DSTT Vậy f(x,y) = DSTT * Nếu c  , ta thấy với λ  : f (x, y)  c  λc  f (λx, y) Vậy f không DSTT 6.1.2 Biểu diễn dạng song tuyến tính Định lý 1: Mọi DSTT f(x,y) khơng gian tuyến tính (KGTT) n chiều với sở (e) ={e1, e2,…, en} cho trước biểu diễn với dạng: n f (x, y)   a ij x i y j (1) , i, j1 x ={x1, x2,…, xn} , y ={y1, y2,…, yn} tọa độ x, y sở (e), j= f(ei, ej)  a11 a12  a1n  a a 22  a 2n  21  j= f(ei, ej), gọi ma trận Định nghĩa 2: Ma trận A =           a n1 a n  a nn  DSTT sở (e) n Chú ý 2: Ma trận vuông A = (a ij )i, j1 ma trận DSTT sở (e) ={e1, e2,…, en} Để thấy điều cần đặt n f (x, y)   a ij x i y j i, j1 Chú ý 3: Nếu tọa độ vectơ viết dạng ma trận cột  x1   y1  x  y   , x y    , x T  (x1 , x , , x n )            xn   yn  cơng thức (1) trở thành: f (x, y)  x T A.y Định nghĩa 3: DSTT f gọi đối xứng (phản đối xứng) f(x, y) = f(y, x), x, y  X (f(x, y) = - f(y, x), x, y  X) Chú ý 4: 1) Nếu DSTT f đối xứng ma trận A sở đối xứng ngược lại 2) Nếu DSTT f phản đối xứng ma trận A sở phản đối xứng ngược lại Định nghĩa 4: Hạng DSTT f (x,y) hạng ma trận sở kí hiệu rankf Vậy rankf = r(A) Định nghĩa 5: DSTT f (x,y) cho KGTT X n chiều gọi không suy biến (tương ứng, suy biến), rankf = n (tương ứng, rankf < n) 6.1.3 Sự biến đổi ma trận DSTT chuyển sang sở Định lý 1: Giả sử khơng gian tuyến tính (KGTT) X n chiều cho hai sở (e)  e1 , e ,, e n  (e)   e1 , e2 ,, en  Tee ma trận chuyển từ sở (e) sang sở (e) , A e A e hai ma trận tương ứng DSTT f(x,y) (e) (e) Khi ta có: T A e  Tee A e Te e (2), TeTe ma trận chuyển vị Tee Ghi 1: Ta có det Te e  0, r(A e )  r(A e ) Ghi 2: Như nói đến chương KGVT, vectơ ej hệ sở (e)  e1 , e ,, e n  có tọa độ hệ sở (e) ej = (0,0,…,0,1,0,…,0) vectơ x có biểu diễn: x  x1e1  x e   x n e n có tọa độ x  (x1 , x , , x n ) sở (e) Do từ khơng nói thêm, ta ln hiểu hệ (e), xác định sở tắc nói cho x  (x1 , x , , x n ) hiểu tọa độ x hệ sở tắc Ví dụ 4: Trong R3 với sở tắc (e)  e1 , e2 ,e3  , cho x  (x1 , x , x ) , y  (x1 , x , x ) DSTT f (x, y)  x1 y1  3x y  2x y Cho hệ sở (e)   e1 , e2 , e3  với e1  (1,1,0) , e2  (1,0,1) , e3  (1,1,1) Hãy tìm ma trận A e f sở (e) Giải:  b11 b12 b13  1) Cách 1: (Trực tiếp) Đặt A e   b 21 b 22 b 23    b b32 b 33   31  Vì f đối xứng nên b 21  b12 , b31  b13 , b32  b 23 Ta có: b11  f  e1 , e1   1.1  3.1.1  2.0.0  b 21  b12  f  e1 , e2   b31  b13  f  e1 , e3   b 22  f  e2 , e2   b32  b23  f  e2 , e3   b33  f  e3 , e3   4 4 Vậy: A e   3    4 6   1 0   2) Cách 2: Trong sở (e), f có ma trận A e    0 2    1 1 Ma trận chuyển từ sở (e) sang sở (e) : Tee   1     1   T A e  Tee A e Te e  Vậy  1   0   1 1  4    1     1   3         1   0   1         6.2 Dạng toàn phương Định nghĩa 6: Cho DSTT đối xứng f(x,y) Nếu thay y = x f(x,x) gọi dạng toàn phương (DTP) Vậy sở (e) cho trước X ta có: n f (x, x)   a ij x i x j (3) , i, j1 aij =aji , x  x1e1  x e   x n e n Hay ta viết (3) dạng: f (x, x)  x T A.x ,  x1  x  với x    , x T  (x1 , x , , x n )       xn  Chú ý 5: Khai triển (3) ta được: 2 f (x, x)  a11 x1  a 22 x   a nn x n  2a12 x1 x  2a13 x1 x   2a1n x1 x n   2a (n 1)n x n 1 x n (3) Chú ý 6: DTP xác định qua DSTT, nên tính chất cho DSTT cho DTP Đặc biệt ta có cơng thức đổi sở (2): T A e  Tee A e Te e 6.3 Dạng tắc DTP Định nghĩa 7: Nếu DTP f(x,x) sở (e) KGTT n chiều X có dạng: 2 f (x, x)  λ1 x1  λ x   λ n x n (4) , λ k (k 1,n ) số (có thể khác 0), (4) gọi dạng tắc (DCT) DTP f(x,x); λ k (k 1,n ) gọi hệ số tắc; sở (e) để f(x,x) có dạng tắc (4) gọi sở tắc tương ứng 6.3.1 Đưa DTP DCT phép biến đổi trực giao Do ma trận A DTP ma trận đối xứng , nên tốn trở thành chéo hóa trực giao ma trận A Khi DTP đưa DCT:  f  λ1 x12  λ x 2   λ n x 2 , n với phép biến đổi trực giao:    x1   x1   x1   x1  x           Q  x  , hay  x   Q T  x  (5),                      xn   x  n  x  n  xn  λ k (k 1,n ) - GTR A, Q ma trận chéo hóa trực giao ma trận A Ma trận trực giao Q biến sở trực chuẩn cho thành sở trực chuẩn gồm VTR A Ví dụ 5: Đưa DTP sau DCT phép biến đổi trực giao 2 f (x, x)  x1  x  x  4x1 x  4x1x  4x x Giải: Ma trận DTP f (trong sở trực chuẩn (e)  e1 , e2 ,e3  cho tọa độ VT x  (x1 , x , x ) ) là: 1 2 A   2    2 1   Thực chéo hóa trực giao ma trân A (Xem ví dụ 10 chương 5) Kết thu được:  1     6  5 0      Q  , B   1    0 1     1       6  Vậy DTP f đưa DCT:  f  5x12  x2  x 2 , phép biến đổi trực giao: 1   x1  x1  x2  x3  3  1  x1  x (từ công thức (5))  x  2   x1  x2  x3 x   6  6.3.2 Đưa DTP DCT phương pháp Lagrange Nội dung phương pháp dùng phép biến đổi sơ cấp không suy biến đưa DTP DCT Phương pháp khơng địi hỏi phải giải pt đặc trưng để tìm GTR – cơng việc khơng đơn giản pt bậc cao Xét trường hợp: I) Trước hết ta xét trường hợp  a ii  Ta giả thiết a11  , a11   a ii  0(i  2,n) , ví dụ chẳng hạn a 22  ta việc đổi thứ tự vectơ e1 e2 sở (e), tức dùng phép biến đổi:  x1  x , x   x1 , x   x , , x   x n n   Ta đưa trường hợp a11  (hệ số x12 ) *Phương pháp Lagrange tiến hành theo bước sau: B1: Nhóm tất số hạng có chứa thừa số x1 thêm bớt vào tổng số hạng dạng b k x ,c k x i x j để bình phương đủ được: k f (x, x)  (a11 x1   a1n x n )  g(x, x), a11 g(x,x) chứa bình phương số hạng tích chéo x1 , x , , x n   x1  a11 x1   a1n x n  x  x  B2: Đặt  Khi   x  x n  n  f (x, x)  x1   a  x x j ij i a11 i, j n B3: Lặp lại bước 1,  a  x x  ij i j i, j Thực sau số hữu hạn lần trên, ta đưa DTP DCT: 2 f  λ1 x1  λ x   λ r x r2 (r  n) (6) Chú ý 7: 1) DCT (6) có ma trận dạng đường chéo (cũng ma trận f sở (e) )  λ1    0 λ   0            A e   0  λr   0   0          0   0   1) Ma trận Tee chuyển từ sở cũ (e) sang sở (e) xác định phép biến đổi Lagrange:  x1   x1   x1   x1  x           T 1  x  , hay  x   T  x  (7), ee    ee                   xn   xn   xn   xn  Ví dụ 6: Đưa DTP sau DCT: 2 f (x, x)  9x1  6x  6x  6x1x  6x1x  12x x Hãy tìm sở (e) , ma trận chuyển sở Tee để sở (e) DTP f có DCT ma trận A e f sở (e) Giải: 2 f (x, x)  (9x1  6x1 x  6x1 x )  6x  6x  12x x  2 2  [(3x1 )  2.3x1 x  2.3x1 x  x  x  2x x ]  x  x  2x x  6x  6x  12x x  2 2  (3x1  x  x )2  (5x  5x  10x x )   (3x1  x  x )2  5(x  x )2   x1  3x1  x  x   Đặt  x   x  x (*) , ta đưa DTP f DCT: f  x12  5x 2 2  x  x  3 Từ (*) ta có (**) 1  3     x1   1 1  x1  (7)  1 1   x     1   x    T 1   1   T   1    ee ee  2       x   0   x  0  0   3          Hoặc tìm Tee cách giải hệ (*) để tìm biểu diễn tọa độ cũ qua tọa độ mới: 1  1   x1  x1  x  3   3     Tee   1 x  x  x  x  x 0        1  1  Vậy sở (e) e1   ,0,0  , e2   ,1,0  , e3   0, 1,1 Và từ (**) ta có: 3  3  1 0 A e      0 0   Ví dụ 7: Cho DTP: 2 f (x, x)  2x1  3x  4x  2x1x  4x1x  3x x Hãy đưa DTP f DCT phương pháp Lagrange Xác định sở mà f có DCT Giải: (Giải sử (e)  e1  (1,0,0),e  (0,1,0),e3  (0,0,1) sở mà x  (x1 , x , x ) ) 2 f (x, x)  2(x1  x1 x  2x1x )  3x  4x  3x x  1 2 2  2(x1  x  x )2  x  2x  2x x  3x  4x  3x x  2 2  2(x1  x  x )2  x  x x  2x  2 x  2(x1  x  x )2  (x  )2  x 2 10     x1  x1  x  x  x1  x1  x   x  10   1    Đặt  x   x  x   x  x  x3 2 5     x  x3  x3  x3     DTP f đưa DCT: 5x 2  f  2x1   x  10 Ma trận Tee chuyển từ sở (e)  e1 , e ,, e n  sang sở (e)   e1 , e2 ,, en  để f có DCT trên: 9     10    Tee     0        1    Vậy sở (e) e1  1,0,0  , e2   ,1,0  , e3    , ,1 2   10  Chú ý 8: Một DTP biểu diễn dạng nhiều DCT khác nhau, có nhiều sở để DTP có DCT sở Ví dụ 8: Từ ví dụ ta đưa DTP: 2 f (x, x)  9x1  6x  6x  6x1x  6x1x  12x x , DCT  f  x12  5x 2 Bây giờ, ta xét phép biến đổi khác: 2 2 f (x, x)  9(x1  x1x  x1 x )  6x  6x  12x x  3 x x3 x x 1 2 2  9(x1  2x1 x  2x1 x    2 )  5x  5x  10x x  3 9 3 x x  9(x1   )  5(x  x ) 3 Bằng cách đổi biến: x x x     x1  x1   x1  x1    3     x  x  x ,  x  x  x3 2  x  x x  x  3     ta đưa f DCT:  f  9x12  5x 2 (3*) Nhận xét: (**) (3*) hai DCT khác DTP Tuy nhiên số hệ số tắc khác chúng II) Nếu biểu thức DTP có a ii  0, i  1,2, ,n phải  a ij  0, (i, j 1,n,i  j) , ví dụ chẳng hạn a12  (vì a ij  0, (i, j 1,n,i  j) ta DCT f(x,x) = 0) Khi dùng phếp biến đổi: x  x2 x  x1  x1  , x  , x   x , , x   x n n 2    x1  x1  x  , x   x1  x  , x  x  , , x n  x  2 n Vậy:   f  2a12 x1 x  2a13 x1 x   2a12 (x12  x 2 )  2a13 (x1  x  )x   2   2a12 x12  2a12 x 2  Ví dụ 9: Bằng phương pháp Lagrange đưa DTP sau DCT: f (x, x)  x1 x  x x  x x Tìm sở để f có DCT tắc   x1  x1  x   x  x  x  Giải: Đặt  Thay vào DTP cho ta có:  x3  x3   x  x    f (x, x)  x12  x 2  x1 x   x  x   x  x   2 3 x  x x    (x12  2x1  )  x 2  x  x   x  x    2 3 4 x x x    (x1  )  (x 2  2x   )  x  x   2 2 x x   (x1  )  (x   )2  x  x  2 x   x1  x1    x  Đặt  x  x   (4*) 2   x  x  x x  x  x  4 2 2 Khi f có DCT sở (e)   e1 , e2 , e3 , e4  : f (x, x)  x1  x  x  x Để tìm ma trận chuyển sở Tee từ hệ (4*), ta có: x3 x    x1  x1     x  x  x  x  2   x  x3  x  x  x  x  4  x1  x1  x   x  x1  x  x  x   x  x  x  x  x3  x   1 0   1 1    Tee    0 1   0 1  Vậy e1  (1,1,0,0); e2  (1,1,0,0); e3  (0, 1,1,1); e4  (0,1, 1,1) 6.3.3 Đưa DTP DCT phương pháp Jacobian a.Tiêu chuẩn Sylvester: Cho  a11 a12  a1n  a   21 a 22  a 2n  A=          a n1 a n  a nn  Từ A ta lập định thức góc bên trái A (hay có đường chéo gồm phần tử thuộc đường chéo A) a a12 1  a11 ,   11 , ,  n  det A a 21 a 22 1 ,  , ,  n gọi định thức A b.Tiêu chuẩn Jacobian: Giải sử A ma trận DTP f Nếu 1 ,  , ,  n khác đưa DTP f DCT:  f  λ1 x12  λ x 2   λ n x 2 , n  i1 λ1  , λ i  (i  2,3, ,n) 1 i c.Tiêu chuẩn Jacobian để đưa DTP DCT tìm sở để DTP có DCT sở  a11 a12  a1n  a a 22  a 2n  21  DTP f sau tính định thức B1: Lập ma trận A =           a n1 a n  a nn  1 ,  , ,  n  , λi  α ii  i1 (i  2, ,n) 1 i B3: Tìm αij (i  j, j  2, ,n) lại cách ứng với j = 2,…,n ta giải hệ: B2: Tìm λ1  α11   α1ja11  α ja12   α jja1j   α a  α a   α a  j 22 jj j  1j 21   α a  α ja ( j1)2   α jja ( j1) j   1j ( j1)1  α1ja j1  α ja j2   α jja jj   Cơ sở (e) để f có DCT:  f  λ1 x12  λ x 2   λ n x 2 , n λ i  αii vectơ sau:  e1  α11e1 e  α e  α e  12 22     en  α1n e1  α 2n e1   α nn e n  Ví dụ 10: Bằng phương pháp Jacobian đưa DTP sau DCT, tìm sở để DTP có DCT đó: 2 f (x, x)  5x1  x  3x  4x1 x  2x1x  2x x Giải: Ma trận A DTP f sở (e)  e1  (1,0,0),e  (0,1,0),e3  (0,0,1)  1 A   1  1  5,   1, 3     1 1      1  λ1  α11   , λ  α 22   5, λ  α33   1 2 3  Ta tìm α12 ,α13 ,α 23 cách giải hệ phương trình sau: α a  α 22 a12  α  5.2  + Với j = ta có:  12 11   12  a12  2 α12 a 21  α 22 a 22   α12  5.1   + Với j = ta có:  α13a11  α 23 a12  α33a13   α13  α 23  1.(1)    α13 a 21  α 23a 22  α33a 23    α13  α 23  1.(1)   α a  α a  α a 1 α (1)  α ( 1)  1.3   13 31 23 32 33 33  13 23 α13  α 23  α  1    α13  α 23    13  α 23   α  α  2  13 23 Vậy sở mới: 1  e1  α11e1  (1,0,0)  ( ,0,0)  5   e2  α12 e1  α 22 e1  2(1,0,0)  (0,1,0)  (2,5,0)  e  α e  α e  α e   (1,0,0)  (0,1,0)  (0,0,1)  (1,3,1) 13 22 33    Trong sở f có DCT: f  x12  5x 2  x 2 6.4 Luật qn tính dạng tồn phương xác định dấu 6.4.1 Luật qn tính dạng tồn phương Định nghĩa 8: Cho DCT DTP f(x,x) có dạng: 2 f (x, x)  λ1 x1  λ x   λ n x n Nếu λ i  1, 1 (i = 1, 2, , n) DCT gọi dạng chuẩn tắc DTP f Tức dạng chuẩn tắc DTP f có dạng: f (x, x)  (1)x1  (1)x   (1)x (r  n) (8) r Chú ý 9: Mọi DCT DTP f đưa dạng chuẩn tắc (!!?) Định lý (Luật quán tính): Số số hạng có hệ số dương số số hạng có hệ số âm dạng chuẩn tắc DTP không phụ thuộc vào cách đưa DTP dạng chuẩn tắc Định nghĩa 9: Giải sử DTP f đưa dạng chuẩn tắc  Số hệ số khác (8) gọi số quán tính (CSQT) DTP f  Số hệ số (-1) (8) gọi CSQT âm DTP f  Số hệ số (8) gọi CSQT dương DTP f 6.4.2 Phân loại dạng toàn phương Định nghĩa 10: DTP f(x,x) gọi: a) Xác định dương f (x, x)  0, x  θ b) Xác định âm f (x, x)  0, x  θ c) Bán xác định dương f (x, x)  0, x  x  θ : f (x , x )  d) Bán xác định âm f (x, x)  0, x  x  θ : f (x , x )  e) Không xác định dấu  x1 , x : f  x1 , x1   0, f  x , x   Định lý (Tiêu chuẩn Sylvester): Cho DTP f  f(x,x) xác định dương 1  0,   0, ,  n   f(x,x) xác định âm 1  0,   0, ,(1)n  n  Định lý (Phân loại DTP theo CSQT): Cho f(x,x) DTP KGTT n chiều X Ta phân loại DTP sau: a) f(x,x) xác định dương (tương ứng, âm) CSQT dương (tương ứng, âm) n.(f có dấu khơng đổi) b) f(x,x) khơng xác định dấu (có dấu thay đổi) CSQT dương CSQT âm khác c) f(x,x) bán xác định dương (tương ứng, bán xác định âm) CSQT dương (tương ứng, âm) nhỏ n CSQT âm (tương ứng, dương) Sinh viên tự xem ví dụ phần  ... sở f có DCT: f  x12  5x 2  x 2 6.4 Luật qn tính dạng tồn phương xác định dấu 6.4 .1 Luật quán tính dạng toàn phương Định nghĩa 8: Cho DCT DTP f(x,x) có dạng: 2 f (x, x)  λ1 x1  λ x  ... y) Vậy f không DSTT 6.1 .2 Biểu diễn dạng song tuyến tính Định lý 1: Mọi DSTT f(x,y) khơng gian tuyến tính (KGTT) n chiều với sở (e) ={e1, e2,…, en} cho trước biểu diễn với dạng: n f (x, y)  ...       1   0   1         6.2 Dạng toàn phương Định nghĩa 6: Cho DSTT đối xứng f(x,y) Nếu thay y = x f(x,x) gọi dạng toàn phương (DTP) Vậy sở (e) cho trước X ta có: n f (x,