đại số tuyến tính

1 BÀI GIẢNG MÔN ĐẠI SỐ A2 (GV: Trần Ngọc Hội - 2009) CHƯƠNG 3 DẠNG SONG TUYẾN TÍNH DẠNG TOÀN PHƯƠNG Trong chương này ký hiệu K để chỉ trường số thục R hay trường số phức C. §1. KHÁI NIỆM VỀ DẠNG SONG TUYẾN TÍNH VÀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG 1.1. Đònh nghóa. Cho V là một không gian véctơ trên K. Một dạng song tuyến tính trên V là một ánh xạ f: V V K (u, v) f (u, v) × → U có tính chất tuyến tính theo từng biến u, v, nghóa là với mọi u, u 1 , u 2 , v, v 1 , v 2 ∈ V và α, β ∈ K ta có 1) f(αu 1 + u 2 ,v) = αf(u 1 ,v) + f(u 2 ,v); 2) f(u,βv 1 + v 2 ) = βf(u,v 1 ) + f(u,v 2 ). Dạng song tuyến tính f được gọi là đối xứng nếu f(u,v) = f(v,u) với mọi u, v ∈V. 1.2. Ví dụ. 1) Với mỗi u = (x 1 , ,x n ), v = (y 1 , ,y n ) ∈ n { , đặt f(u,v) = x 1 y 1 + + x n y n Khi đó f là một dạng song tuyến tính trên { n . 2) Một tích vô hướng trên không gian Euclide V là một dạng song tuyến tính trên V. 2 1.3. Ma trận của dạng song tuyến tính Giả sử B = (u 1 , … , u n ) là một cơ sở của V trên K. Ma trận của dạng song tuyến tính f trong cơ sở B, ký hiệu [f] B , là ma trận A = (a ij ) n×n , trong đó a ij = f(u i ,u j ) với mọi 1 ≤ i, j ≤ n. Với mọi u = x 1 u 1 + + x n u n , v = y 1 u 1 + + y n u n thuộc V ta có n n nn nn ii jj i j ij ijij i1 j1 i1j1 i1j1 f(u,v) f( x u , y u ) f(u ,u )x y a x y (1) == == == === ∑∑ ∑∑ ∑∑ Đảo lại, (1) xác đònh dạng song tuyến tính f trên V có ma trận trong cơ sở B là A = (a ij ) n×n . Chú ý rằng (1) còn được viết dưới dạng () 11 1n 1 T 1n n1 nn n a a y f(u, v) x x [u] [f ] [v] . a a y ⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟ == ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ B BB Vậy T u, v V, f (u, v) [u] [f] [v]∀∈ = B BB (1′) Ta gọi (1) và (1′) là biểu thức toạ độ của dạng song tuyến tính f trong cơ sở B. 1.4. Nhận xét. 1) Với cơ sở B = (u 1 , … , u n ) cho trước, dạng song tuyến tính f được hoàn toàn xác đònh bởi ma trận [f] B . 2) Dạng song tuyến tính f trên V là đối xứng khi và chỉ khi [f] B là ma trận đối xứng. 1.5. Dạng song tuyến tính trên K n Xét V = K n với cơ sở chính tắc B 0 = (e 1 , … , e n ). Đặt A [f] = 0 B = (a ij ) n×n . Khi đó với mọi u = (x 1 , ,x n ), v = (y 1 , ,y n ) thuộc K n ta có nn ij i j i1j1 f(u, v) a x y (2) == = ∑∑ Đảo lại, (2) xác đònh dạng song tuyến tính f trên K n có ma trận trong cơ sở chính tắc là A = (a ij ) n×n . Để đơn giản, trong trường hợp này ta gọi A là ma trận của f và (2) là biểu thức của f. 1.6. Ví dụ. Xét dạng song tuyến tính f trên 3 { đònh bởi: Với mọi u = (x 1 ,x 2 ,x 3 ), v = (y 1 ,y 2 ,y 3 ), =−−+ 11 12 13 21 22 23 31 32 f (u, v) x y + 2x y 4x y + x y x y 3x y + x y + 9x y . Ma trận của f là 3 124 A 113 190 − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ . 1.7. Đònh nghóa. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là một dạng song tuyến tính đối xứng trên V. Khi đó ánh xạ Q: V K uf(u,u) → U được gọi là dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f. Ta cũng nói f là dạng cực của dạng toàn phương Q. Để đơn giản, ta gọi một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực (t.ư. phức) là một dạng toàn phương thực (t.ư. phức). Một dạng toàn phương trên K n (t.ư. R n , C n ) còn được gọi là một dạng toàn phương n biến trên K (t.ư. n biến thực, n biến phức). Dạng cực f của dạng toàn phương Q được hoàn toàn xác đònh bởi Q. Thật vậy, 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 ra 1 f(u, v) [Q(u v) Q(u) Q(v)] 2 =+−−. 1.8. Biểu thức và Ma trận của dạng toàn phương Giả sử Q là một dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f. Với B là một cơ sở bất kỳ của V, ma trận [f] B cũng được gọi là ma trận của dạng toàn phương Q trong cơ sở B, ký hiệu là [Q] B . Nhận xét rằng vì f đối xứng nên ma trận của dạng toàn phương Q trong một cơ sở bất kỳ luôn luôn là một ma trận đối xứng. Do 1.3, với B = (u 1 , … , u n ) là một cơ sở của V và u = x 1 u 1 + + x n u n thuộc V ta có nn T ij i j i1j1 Q(u) [u] [Q] [u] a x y (3) == == ∑∑ BBB trong đó a ij = a ji vì [Q] B = (a ij ) n×n là ma trận đối xứng. Đảo lại, (3) xác đònh dạng toàn phương Q trên V có ma trận trong cơ sở B là A = (a ij ) n×n . Ta cũng thường viết (3) dưới dạng n T2 ii i ij i j i1 1i jn Q(u) [u] [Q] [u] a x + 2a x x (3 ) =≤<≤ ′ == ∑∑ BBB Ta gọi (3) và (3′) là biểu thức toạ độ của dạng toàn phương Q trong cơ sở B. 4 Đặc biệt, xét V = K n với cơ sở chính tắc B 0 = (e 1 , … ,e n ). Ma trận () ij nn [Q] a × = 0 B được gọi là ma trận của Q. Với mọi u = (x 1 , ,x n ) thuộc K n ta có n T2 ii i ij i j i1 1i jn Q(u) X AX a x + 2a x x (4) =≤<≤ == ∑∑ trong đó 1 n x X x ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ , là một đa thức thuần nhất bậc 2 theo n biến x 1 , , x n . Đảo lại, một đa thức thuần nhất bậc 2 theo n biến x 1 , , x n như trong (4) luôn luôn xác đònh dạng toàn phương n biến trên K có ma trận trong cơ sở chính tắc là ma trận đối xứng A = (a ij ) n×n . Ta gọi (4) là biểu thức của dạng toàn phương Q. 1.9. Ví dụ. 1) Xét dạng toàn phương Q trên 3 { có biểu thức đònh bởi 22 1231 212 1323 Q(x,x,x) x 3x+ 2xx 4xx+ 8xx=− − . Khi đó ma trận của Q là 112 A 134 240 − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ và T 123 Q(x ,x ,x ) X AX= , trong đó 1 2 3 x X x x ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ . 2) Giả sử dạng toàn phương Q trên 3 { có ma trận là 23 1 A 30 5 15 4 − ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ − − ⎝⎠ Khi đó biểu thức của Q là T 123 Q(x ,x ,x ) X AX= , trong đó 1 2 3 x X x x ⎛⎞ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ , hay 22 123 1 3 12 13 23 Q(x ,x ,x ) 2x 4x + 6x x 2x x + 10x x=− − . 1.10. Đònh lý (Đổi cơ sở cho dạng song tuyến tính). Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là một dạng song tuyến tính trên V. Khi đó với B 1 , B 2 là hai cơ sở bất kỳ của V, ta có 112112 T [f] (P ) [f] P →→ = B BB BBB 5 Chứng minh. Đặt B 1 = (u 1 , … , u n ), B 2 = (v 1 , … , v n ), ( ) ij Pp → = 12 BB . Khi đó với mọi u, v thuộc V ta có 111 122 1122 212 112 2 TT TT f(u,v) [u] [f] [v] (P [u] ) [f] (P [v] ) [u] [(P ) [f ] P ][v] →→ →→ == = B B B BB B B BB B BBB BBB B Từ đó suy ra 212112 T [f] (P ) [f ] P →→ = B BB BBB . 1.11. Hệ quả (Đổi cơ sở cho dạng toàn phương). Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một dạng toàn phương trên V. Khi đó với B 1 , B 2 là hai cơ sở bất kỳ của V, ta có 212 112 T [Q] (P ) [Q] P →→ = B BB BBB . 1.12. Nhận xét. Cho biểu thức tọa độ của dạng toàn phương Q trong cơ sở B 1 là n 2 ii i ij i j i1 1i jn Q(u) a x + 2a x x (*) =≤<≤ = ∑∑ với u = x 1 u 1 + + x n u n . Giả sử B 2 = (v 1 , … , v n ) là một cơ sở khác của V và biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B 2 là n 2 ii i ij i j i1 1i jn Q(u) b y + 2b y y (**) =≤<≤ = ∑∑ với u = y 1 u 1 + + y n u n . Khi đó ma trận P → 1 2 B B khả nghòch và phép biến đổi tọa độ không suy biến 11 nn xy P xy → ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 12 BB đưa biểu thức của dạng toàn phương Q từ (*) về (**). Đảo lại, ứng với mỗi phép biến đổi tọa độ không suy biến 11 nn xy P xy ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ (P là một ma trận vuông cấp n khả nghòch), gọi B 2 là cơ sở của V sao cho PP → = 12 BB . Khi đó biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B 2 có dạng (**), trong đó (b ij ) n×n = P T (a ij ) n×n P. 6 1.13. Đònh nghóa (Hạng và tính suy biến, không suy biến của dạng toàn phương). Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ n chiều V và B là một cơ sở bất kỳ của V. Hạng của ma trận [Q] B được gọi là hạng của Q, ký hiệu là rank(Q) hay r(Q). Hệ quả 1.10 cho thấy hạng của Q không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở B. Hiển nhiên rank(Q) ≤ n = dimV. Nếu rank(Q) = n thì ta nói Q không suy biến. Ngược lại, nếu rank(Q) < n thì Q suy biến. 1.14. Ví dụ. 1) Xét Q là dạng toàn phương 3 biến thực đònh bởi: 22 1231 212 1323 Q(x , x , x ) x 3x + 2x x 4x x + 8x x=− − . a) Tìm hạng và khảo sát tính không suy biến của Q. b) Tìm biểu thức toạ độ của Q trong cơ sở B = (u 1 , u 2 , u 3 ) của 3 { , trong đó u 1 = (1, −1, 0); u 2 = (−1, 2, 1); u 3 = (2, 0, 3) và chỉ ra phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng. Giải. Ma trận của Q là 112 [Q] 1 3 4 240 − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ 0 B a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, do đó Q không suy biến. b) Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc B 0 sang cơ sở B là 112 P120 013 → − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 0 BB . Do đó ma trận của Q trong cơ sở B là T T 112 112 112 [Q] (P ) [Q] P 1 2 0 1 3 4 1 2 0 013 240 013 110 112 112 4218 1 2 1 1 3 4 1 2 0 2 5 28 , 203 240 013 182820 →→ −−− ⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ==−−− ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ − ⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠ −−−−− ⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞⎛ ⎞ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟ =− − − = ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟ −−− ⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠⎝ ⎠ 000 BBB BBB Vậy biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B đònh bởi: Với mọi u = y 1 u 1 + y 2 u 2 + y 3 u 3 thuộc 3 { , 7 () 1 T 123 2 3 22 2 12 312 13 23 4218y Q(u) [u] [Q] [u] y y y 2 5 28 y 18 28 20 y 4y 5y 20y + 4y y 36y y + 56y y −− ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ == ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ ⎝⎠ =− + − − BBB Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là 1123 11 1 22 2212 33 3 323 x yy2y xy112y xP y 120y hay xy2y xy013y x y 3y → =−+ − ⎧ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞ ⎪ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ==− =−+ ⎨ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎪ =+ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎩ 0 BB 2) Xét không gian 3 { với cơ sở B = (u 1 , u 2 , u 3 ), trong đó u 1 = (1,−1,0); u 2 = (−1,2,1); u 3 = (2, 0, 3). Cho Q là dạng toàn phương 3 biến thực có biểu thức toạ độ trong cơ sở B như sau: 22 1 2 12 13 23 Q(u) x 3x + 2x x 4x x + 8x x=− − với mọi u = x 1 u 1 + x 2 u 2 + x 3 u 3 thuộc 3 { . a) Tìm hạng và khảo sát tính không suy biến của Q. b) Tìm biểu thức của Q và chỉ ra phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng. Giải. Ma trận của Q trong cơ sở B là 112 [Q] A 1 3 4 240 − ⎛⎞ ⎜⎟ == − ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ B . a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, do đó Q không suy biến. b) Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc B 0 sang cơ sở B là 112 P120 013 → − ⎛⎞ ⎜⎟ =− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 0 BB . Suy ra ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở chính tắc B 0 là 654 P332 111 → − ⎛⎞ ⎜⎟ = − ⎜⎟ ⎜⎟ −− ⎝⎠ 0 BB . Do đó ma trận của Q (trong cơ sở chính tắc B 0 ) là 8 T T 654 112 654 [Q] (P ) [Q] P 3 3 2 1 3 4 3 3 2 111 240 111 631 112 654 453430 5 3 1 1 3 4 3 3 2 34 24 22 421 240 111 302220 →→ − −− ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ==−−− ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ −− − −− ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ −−− − ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ =−− −= − ⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ −− − −− − − ⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠ 00 0 BBB BBB ⎟ Suy ra biểu thức của Q là 222 123 1 2 3 12 13 23 Q(y ,y , y ) 45y 24y 20y + 68y y 60y y 44y y=++ − − . Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là 1123 11 1 22 22123 33 3 312 3 x6y5y4y xy654y xP y 332y hay x3y3y2y xy111y xy y y → =+− − ⎧ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎪ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ==− =+− ⎨ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎪ −− =− − + ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎩ 0 BB §2. DẠNG CHÍNH TẮC CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG 2.1. Đònh nghóa. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một dạng toàn phương trên V có dạng cực là f. Cơ sở B = (u 1 , … , u n ) của V được gọi là một cơ sở Q-chính tắc nếu f(u i ,u j ) = 0 với mọi 1 ≤ i ≠ j ≤ n, điều này tương đương với tính chất ma trận [Q] B là một ma trận chéo, hay cũng vậy, biểu thức toạ độ của Q trong cơ sở B có dạng n 2 ii i1 Q(u) a x (1) = = ∑ với mọi u = x 1 u 1 + + x n u n thuộc V. Khi đó ta nói (1) là dạng chính tắc của Q. 2.2. Đònh lý. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một dạng toàn phương trên V. Khi đó trong V tồn tại một cơ sở Q-chính tắc. Chứng minh. Việc xây dựng một cơ sở Q-chính tắc được thực hiện thông qua thuật toán sau: 2.3. Thuật toán Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc Giả sử biểu thức của dạng toàn phương Q trong cơ sở B = (u 1 , … , u n ) đònh bởi n 2 ii i ij i j i1 1i jn Q(u) a x + 2a x x (*) =≤<≤ = ∑∑ Để đưa Q về dạng chính tắc ta chia bài toán thành 3 trường hợp: 9 Trường hợp 1: a ii ≠ 0 với một i nào đó. Sau khi đánh số lại các phần tử của cơ sở B nếu cần, ta có thể giả sử a 11 ≠ 0. Khi đó n 2 1i 11 1 1 i 1 11 i2 n 2 1i 11 1 i 2 n 11 i2 n 2 11 1 ij i j i,j 2 a Q(u) a (x 2x x ) + (những số hạng không chứa x ) a a a (x x ) + (một dạng toàn phương cu û a x , , x ) a a y + b y y = = = =+ =+ = ∑ ∑ ∑ trong đó n 1i 11 i 11 i2 jj a yx x a y x (j 2) = ⎧ =+ ⎪ ⎨ ⎪ =≥ ⎩ ∑ là một phép biến đổi tọa độ không suy biến. Việc đưa Q về dạng chính tắc được qui về việc đưa dạng toàn phương (n−1) biến n 1ijij i,j 2 Qbyy = = ∑ về dạng chính tắc. Điều này có thể thực hiện bằng qui nạp. Trường hợp 2: a ii = 0 với mọi i nhưng có a ij ≠ 0 với i ≠ j nào đó. Sau khi đánh số lại các phần tử của cơ sở B nếu cần, ta có thể giả sử a 12 ≠ 0. Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến 112 212 jj xyy xyy x y (j 3) ⎧ =+ ⎪ =− ⎨ ⎪ = ≥ ⎩ ta có 22 12 1 2 12 1 2 2a x x 2a (y y )=−. Từ đó nn ij i j ij i j i,j 1 i,j 1 Q(u) a x x b y y == == ∑∑ có hệ số của 2 1 y là 12 2a 0≠ . Ta trở về trường hợp 1 đã xét. Trường hợp 3: a ij = 0 với mọi i, j. Khi đó Q(u) = 0 với mọi u nên Q có dạng chính tắc trong bất kỳ cơ sở nào của V. 2.4. Ví dụ. 1) Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc: 222 2 123 4 12 13 1423 24 Q(u) x x x 2x 2x x + 2x x 2x x + x x 4x x=++− − − − 10 với u = 1234 (x ,x ,x ,x ). Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng. Giải. Ta có 2222 11234234 2324 22222 1234 2 34 23 4 23 24 22 1234 4 23 24 34 22 1234 4 42 3 23 Q(u) x 2x ( x x x ) x x 2x x x 4x x (x x x x ) ( x x x ) x x 2x x x 4x x (x x x x ) 3x 3x x 6x x 2x x 1 (x x x x ) 3[x 2x (x x )] 3x x 3 =+ −+−++− + − = −+− −−+ − ++− + − =−+− − + − + =−+− − + − + 222 1234 42 3 2 3 23 2222 1234 42 3 2 23 3 2222 1234 42 3 2 3 3 11 (x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) 3x x 33 111 (x x x x ) 3(x x x ) 3(x 2x x ) x 363 111 (x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) x 364 =−+−−+−+−+ =−+− − +− + + + =−+− − +− + + + Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến 11234 112 4 11 242 3 44 23 4 33 34 32 3 44 43 423 4 2 yxxxx xyy y 3 xy 1102/3 1 1 yxx x xy 00 1 1/6 xy y 3 6 xy 10001 xy yx x 6 xy 01 11/2 1 yx xyy y 2 ⎧ =−+− =−+ ⎧ ⎪ ⎪ − ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎪ ⎪ =+− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎪ − =− ⎪⎪ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⇔⇔= ⎨⎨ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎪⎪ = =+ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎪⎪ − ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎪⎪ = =−+ ⎩ ⎪ ⎩ ta đưa được Q về dạng chính tắc 222 2 123 4 1 Q(u) y 3y 3y y 4 =− + + với u = y 1 u 1 + y 2 u 2 + y 3 u 3 + y 4 u 4 , trong đó cơ sở Q-chính tắc B = (u 1 ,u 2 ,u 3 ,u 4 ) của 4 { thoả 1102/3 0011/6 P 000 1 0111/2 → − ⎛⎞ ⎜⎟ − ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ 0 BB (B 0 là cơ sở chính tắc của 4 { ) nghóa là u 1 = (1,0,0,0); u 2 = (−1,0,0,1); u 3 = (0,1,0,−1); u 4 = (2/3,−1/6,1,1/2). 2) Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc: 123 12 13 23 Q(x , x , x ) x x + 2x x 2x x = − Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng. [...]... dãy a1, , an (*) Ta có 1) Chỉ số dương quán tính của Q bằng số các số hạng dương của (*) 2) Chỉ số âm quán tính của Q bằng số các số hạng âm của (*) 4.5 Ví dụ Xét lại Ví dụ trongï 2.4, ta thấy dạng toàn phương Q có dạng chính tắc là Q(u) 2 y1 3y 2 2 2 3y3 1 2 y4 4 Do đó Q có - Chỉ số dương quán tính là 3 - Chỉ số âm quán tính là 1 - Cặp chỉ số quán tính là (3,1) - Ký số là 2 §5 DẠNG TOÀN PHƯƠNG XÁC... có chỉ số dương quán tính bằng n Q có chỉ số âm quán tính bằng n Chứng minh (i) ( ) Giả sử Q có chỉ số dương quán tính bằng n Khi đó tồn tại cơ sở Q-chuẩn tắc B của V sao cho biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B ùnhư sau: dạng Q(u) với u = x1u1+ + xnun Nếu u Vậy Q xác đònh dương 2 x1 + + x 2 n 0 thì tồn tại i sao cho xi 0, đưa đến Q(u) > 0 ( ) Giả sử Q xác đònh dương nhưng chỉ số dương quán tính của... fs t với u = x1u1+ + xnun, trong đó f1, , fr là các dạng tuyến tính thực của các biến x1, , xn Chứng minh rằng Q có chỉ số dương quán tính không vượt quá s và chỉ số âm quán tính không vượt quá t End(V) đưa Q1 Bài 10 Cho Q1 và Q2 là hai dạng toàn phương trên V Ta nói về Q2 nếu Q2(u) = Q1( (u)) với mọi u V Nếu tồn tại một phép biến đổi tuyến tính không suy biến trên V đưa Q1 về Q2 thì ta nói Q1 và Q2... của Q trong cơ sở B có dạng Q(u) trong đó r = rank(Q) và 0 s 2 2 x1 + + x s 2 xs 1 x2 r r không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở B Ta gọi s là chỉ số dương quán tính của Q; r s là chỉ số âm quán tính của Q; (s, r 2s s) là cặp chỉ số quán tính của Q; r là ký số của Q Chứng minh Hiển nhiên r = rank(Q) không phụ thuộc vào cơ sở B Giả sử dimV = n và B1 = (u1, … , un), B2 = (v1, … , vn) là hai cơ sở Q-chuẩn... sở chính tắc của { 4 ) nghóa là u1 ( 1 , 0, 0); u2 2 ( 2,1, 0); u3 2 1 , ) 3 3 ( 3, Từ (1) ta suy ra: - Chỉ số dương quán tính của Q là 3 - Chỉ số âm quán tính của Q là 0 - Q xác đònh dương 2) Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc Q(x,y,z) = 2x2 + 9y2 + z2 + 8xy + 4xz + 12yz Xác đònh tham số R để Q không suy biến; Q xác đònh dương Giải Biến đổi tương tự như trong Ví dụ 1 ta được Q(x, y, z) 2(x... khi và chỉ khi chúng có cùng dạng chính tắc 23 b) Hai dạng toàn phương thực là tương đương khi và chỉ khi chúng có cùng các chỉ số quán tính Bài 11 Cho Q1 và Q2 là hai dạng toàn phương thực Chứng minh rằng nếu từ mỗi dạng này có thể đưa về dạng kia bằng một phép biến đổi tuyến tính (có thể suy biến) thì Q1 và Q2 tương đương * 24 ... đònh dương 5.7 Ví dụ 1) Đưa dạng toàn phương thực sau về dạng chuẩn tắc Q(x,y,z) = 2x2 + 9y2 + 9z2 + 8xy + 4xz + 12yz Chỉ ra cơ sở Q-chuẩn tắc và phép biến đổi toạ độ tương ứng Từ đó xác đònh các chỉ số quán tính của Q Xét xem Q có xác đònh dương hay xác đònh âm không Giải Trước hết ta đưa Q về dạng chính tắc bằng thuật toán Lagrange: Q(x, y, z) 2[x 2 2x(2y 2 9y 2 z)] 2(2y z) 9z2 2 2(x 2y z) 2(x 2y z)2... riêng của [Q]B (kể cả số bội) và không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở Q-chính tắc trực giao B Thật vậy, từ (1) ta suy ra a1 0 D [Q]B 0 an nên hiển nhiên a1, ,an là tất cả các trò riêng của [Q]B Bây giờ cho B (u1 , , u n ) là một cơ sở Q-chính tắc trực giao khác của V Khi đó n Q(u) ai y2 i (1 ) i 1 với u y1u1 y nu n Theo chứng minh trên a1 , , an là các trò riêng của [Q]B (kể cả số bội) Theo Hệ quả 1.10... y2 6 2 y2 6 x3 §4 DẠNG CHUẨN TẮC THỰC 1 y3 3 1 y3 3 1 y3 3 LUẬT QUÁN TÍNH CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG 4.1 Đònh nghóa Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực n chiều V và B là một cơ sở của V Giả sử biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B có dạng Q(u) 2 2 x1 + + x s 2 xs 1 x2 r (1) với u = x1u1+ + xnun, trong đó r, s là các số nguyên thoả 0 s nói B là một cơ sở Q-chuẩn tắc và (1) là dạng chuẩn... V Khi đó trong V tồn tại một cơ sở Q-chuẩn tắc Chứng minh Theo Đònh lý 2.2 tồn tại một cơ sở Q-chính tắc của V Đặt r = rank(Q) Bằng cách đánh số lại nếu cần ta có thể giả sử biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở trên có dạng Q(u) 2 a1x1 + + a r x 2 r và tồn tại số nguyên 0 s r sao cho ai > 0 (i = 1, , s); ai < 0 (i = s+1, , r) Dùng phép biến đổi toạ độ không suy biến 1 yj aj nếu 1 1 yj aj nếu s+1 j r . x= . Xét dãy a 1 , , a n (*). Ta có 1) Chỉ số dương quán tính của Q bằng số các số hạng dương của (*). 2) Chỉ số âm quán tính của Q bằng số các số hạng âm của (*). 4.5. Ví dụ. Xét lại Ví dụ. chọn cơ sở B. Ta gọi • s là chỉ số dương quán tính của Q; • r − s là chỉ số âm quán tính của Q; • (s, r − s) là cặp chỉ số quán tính của Q; • 2s − r là ký số của Q. Chứng minh. Hiển nhiên. SONG TUYẾN TÍNH VÀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG 1.1. Đònh nghóa. Cho V là một không gian véctơ trên K. Một dạng song tuyến tính trên V là một ánh xạ f: V V K (u, v) f (u, v) × → U có tính chất tuyến tính