Chương 4 dạng toàn phương

CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ CÁCH GIẢI: *Đưa dạng toàn phương dạng tắc, chuẩn tắc : CÁCH 1: Bằng phép biến đổi trực giao Bước 1: Viết ma trận M dạng tồn phương( sở tắc) Bước 2: Chéo hóa M ma trận trực giao P ma trận chéo D Bước 3: Kết luận: Dạng tắc cần tìm g(y)=yTDy Phép biến đổi cần tìm x=Py CÁCH 2: Bằng biến đối Larange Bước 1: Chọn thừa số khác hệ số x2k, lập thành nhóm: nhóm gồm tất hệ số chứa xk, nhóm lại khơng chứa xk Bước 2: Trong nhóm đầu tiên: lập thành tổng bình phương Như ta tổng bình phương dang tồn phương khơng chứa xk Bước 3: Sử dụng bước 1,2 cho dạng tồn phương khơng chứa xk Chú ý: Nếu dạng toàn phương ban đầu tất hệ số xk2đều ta chọn thừa số khấc hệ số xi xj Đổi biến ∀𝑘 ≠ 𝑖, 𝑗: Xk = y k Xi= yi+ yj, Xj= yi - yj CÁCH 3: Phương pháp Jacobi F(x1,x2,x3,x4)= ∑𝑛𝑖,𝑗=1 𝑎ij xi yj Ma trận A= a11 a12… a1n a21 a22… a2n an1 an2… ann D1= a11 D2= a11 a21 D3 = a11 a21 a31 a12 a22 a12 a22 a32 = a11 x a22 – a12 x a21 a13 a23 a33 Định lí: Nếu D1 ≠ 0, D2≠ 0,… , Dn ≠ G(y)= D1x y12+ 𝐷2 𝐷1 y22+ ……+ 𝐷𝑛 𝐷(𝑛+1) yn2 *Dấu dạng toàn phương: Dạng toàn phương f (x) = x TMx gọi là: + xác định dương, ∀x 6= : f (x) > + xác định âm, ∀x 6= : f (x) < + nửa xác định dương, ∀x : f (x) > 0, ∃x0 6= : f (x0) = + nửa xác định âm, ∀x : f (x) 0, ∃x0 6= : f (x0) = + không xác định dấu, ∃x1, x2 : f (x1) < 0, f (x2) > Giả sử dạng toàn phương đưa dạng tắc g(y) = λ1y12 + λ2 y22 + + λn yn2 + Nếu λk> 0, ∀k DTP xác định dương + Nếu λk< 0, ∀k DTP xác định âm + Nếu λk > 0, ∀k, ∃λi = DTP nửa xác định dương + Nếu λk 0, ∀k, ∃λi = DTP nửa xác định âm + Nếu ∃λi > 0, λj < 0, i 6= j DTP khơng xác định dấu Giả sử dạng tồn phương đưa dạng tắc g(y) = λ1 y12+ λ2y22 + + λnyn2 Định nghĩa: - Số hệ số dương gọi số dương quán tính Số hệ số âm gọi số âm qn tính - Có nhiều phương pháp khác để đưa dạng toàn phương dạng tắc Đặc điểm chung phương pháp là: số lượng hệ số âm số lượng hệ số dương không đổ  LỜI GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG NGUYỄN PHƯƠNG NAM Bài 4.1: Xét xác định dấu, đổi dấu dạng toàn phương F(x1,x2,x3)= x21 +3x22 +10x23 F(x1,x2,x3)= -2x12 -7x22 F(x1,x2,x3)= -6x12+5x22 +4x23 F(x1,x2,x3)= 3(x1+x2)2 +10x23 F(x1,x2,x3)= 6x2x3 Bài làm F(x1,x2,x3)= x21 +3x22 +10x23 >0 ∀x = (x1,x2,x3) ≠0  F xác định dương F(x1,x2,x3)= -2x12 -7x22 = - (2x12 +7x22) ≤ ∀𝑥 𝑥 =0 F=0  { 𝑥2 = => F nửa xác định âm F(x1,x2,x3)= -6x12+5x22 +4x23 F(1,0,0) =-60  F không đổi dấu F(x1,x2,x3)= 3(x1+x2)2 +10x23 𝑥 + 𝑥2 = F=0  { 𝑥3 =  𝑥1 = −𝑥2 { 𝑥 =0 F(x1,x2,x3)= 6x1x2 F(0,1,1)=6 F(0,1,-1)=-6  F đổi dấu  LÊ THỊ NHÂM Bài 4.2: Xét tính xác định dấu, đổi dấu dạng toàn phương: 1, F(x1,x2,x3)= x12 + 3x22 + 5x32 + 4x1x2 - 8x2x3 - 4x1x3 2, F(x1,x2,x3)= x12 + 5x22 + 7x32 + 2x1x2 - 4x2x3 - 2x1x3 3, F(x1,x2,x3)= x12 + 2x22 + 3x32 + 4x42 + 2x1x2 - 2x2x4 4, F(x1,x2,x3)= -2x12 - 6x22 - 10x32 - x42 + 2x1x3 - 6x2x4 - 8x2x3 Bài làm: 1, F(x1,x2,x3)= x12 + 3x22 + 5x32 + 4x1x2 - 8x2x3 - 4x1x3 A= -2 -4 -2 -4 D1=1 ≠ = -1 ≠ D2= 2 D3= -2 -4 -4 = (15 + 16 + 16) - (12 + 20 + 16) = 47 - 48= -1 ≠ Dạng tắc: y12 - y22 + y32 = = > Dạng không xác định dấu 2, F(x1,x2,x3)= x12 + 5x22 + 7x32 + 2x1x2 - 4x2x3 - 2x1x3 A= 1 -1 -2 -1 -2 D2 = 1 = 4≠ D1=1 ≠ D3 = 1 -1 -2 -1 -2 = (35 + + 2) - (5 + + 4) = 39 - 16 Dạng tắc: y12 +y22 + 23/4 * y32 =0 = > Dạng xác định dương 3, F(x1,x2,x3)= x12 + 2x22 + 3x32 + 4x42 + 2x1x2 - 2x2x4 A= 1 0 -1 0 -1 D1=1≠ D2 = 0 D3 = =2 ≠ 1 =(6 + + 0) - (2 + + 0) = – = ≠ D4 = 1 0 0 -1 = 4* 0 -1 -1 0 -1 4 = 28 ≠ = > Dạng tắc : y12 + y22 + 2y32 + 7y42 = 4, F(x1,x2,x3)= -2x12 - 6x22 - 10x32 - x42 + 2x1x3 - 6x2x4 - 8x2x3 A= -2 0 -6 -4 -3 -4 -10 0 -3 -4 D1= -2≠ D2 = D3 = D4 = -2 0 -6 = 12 ≠ -2 -6 -4 -4 -10 = -120 * ( -6+ (-12))= -82 ≠ -2 0 -6 -4 -1 -4 -10 0 -3 -4 = 12* D3 = 912 Dạng tắc: -2y12 - 6y22 - 82/12 * y32 - 912/82 * y42 = > Dạng xác định âm  ĐÀO MAI NGUYỆT 4.3 Bài làm: Xác định dạng tham số m để dạng toàn phương : a) Xác định dương ; b) Nửa xác định dương : F(x1, x2, x3, x4) = 5x12 + x22 + 2x32 + 4x42 + 2mx1x3 – 4x1x4 F(x1, x2, x3,x4) = 2x12 + 3x22 + 10x32 + 5mx42 + 2x2x3 -6x1x2 F(x1, x2, x3, x4) = mx12 + 7x22 + x32 + 7x42 + 2mx1x3 – 4x2x3 Bài giải : F(x1, x2, x3, x4) = 5x12 + x22 + 2x32 + 4x42 + 2mx1x3 – 4x1x4 m 2 0 m Ta có A = 2 0 D1 = > D2 = 0 =5>0; D3 = 𝑚 D4 = m m 2 0 2+2 = (-1) 𝑚 2 𝑚 = 10 – m2 ; −2 𝑚 −2 = 40 -8 - 4m2 = 32 - 4m2 = 4( - m2 )  F(x) xác định dương −√8 < 𝑚 < √8  F(x) nửa xác định dương m = ±√8 F(x1, x2, x3,x4) = 2x12 + 3x22 + 10x32 + 5mx42 + 2x2x3 -6x1x2 3  10 Ta có A = 0 0 0 5m D1 = > ; D2 = D3 = −3 =6>0; 3 −3 10 = 31 > ; D4 = |𝐴| = 5m.D3 = 155m  F(x) xác định dương m >  F(x) nửa xác định dương m = F(x1, x2, x3, x4) = mx12 + 7x22 + x32 + 7x42 + 2mx1x3 – 4x2x3 Ta có A = m m 0 2 m 2 0 0 D1 = m > ; D2 = 𝑚 𝑚 D 3= 𝑚 = 7m ; 7 −2 𝑚 −2 = 7m – 7m2 – 3m = -7m2 + 3m > ; D4 = |𝐴| = 7.(-1)4+4.D3 = (-7m2+3m )  F(x) xác định dương < 𝑚 < 𝑚=0  F(x) nửa xác định dương ⟦ 𝑚 =  PHẠM ĐỨC MỸ Bài 4.4: Xác định giá trị tham số m để dạng toàn phương 1,F(x) = F(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = m𝑥12 + 2m𝑥22 + 𝑥32 + 4𝑥1 𝑥2 + 5𝑥42 2,F(x) = F(x1,x2,x3,x4) = 𝑥12 +5𝑥22 + 6𝑥32 − 4𝑥1 𝑥2 + 2m𝑥2 𝑥3 + 5𝑥42 3F(x) = F(x1 , x2 , x3 , x4 ) =𝑥12 + 3𝑚𝑥22 + (𝑚 − 1)𝑥32 + 2𝑥1 𝑥2 a) Xác định dương b) Không suy biến Bài làm: 1) F(x) = F(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = m𝑥12 + 2m𝑥22 + 𝑥32 + 4𝑥1 𝑥2 + 5𝑥42 Ta có : 𝑚 A= ( 0 2𝑚 0 0 0 ) D1 = m D2 = 2m2-4 𝑚 D3 = | 2 2𝑚 0 0| = 2m2 – D4 = |𝐴| = × (-1)4+4 × D3 = 10m2 – 20 F(x) xác định dương ↔ { D3 > ↔ m > √2 D4 > F(x) không suy biến ↔ m ≠ ±√2 2) F(x) = F(x1,x2,x3,x4) = 𝑥12 +5𝑥22 + 6𝑥32 − 4𝑥1 𝑥2 + 2m𝑥2 𝑥3 + 5𝑥42 Ta có : −2 A=( 0 −2 𝑚 0 𝑚 0 ) D1 = D2 = 1 −2 D3 = |−2 𝑚| = 30 − 𝑚2 − 24 = − 𝑚2 𝑚 D4 = × (−1)1+1 × 𝐷3 = × (6 − 𝑚2 ) F(x) xác định dương ↔ { D3 > ↔ − √6 < 𝑚 < √6 D4 > F(x) không suy biến ↔ m ≠ ±√6 3) 𝐹 (𝑥) = 𝐹 (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) =𝑥12 + 3𝑚𝑥22 + (𝑚 − 1)𝑥32 + 2𝑥1 𝑥2 Ta có : A=(1 3𝑚 0 ) 𝑚−1 D1 = 1 D2 = | 1 | = 3m – 3𝑚 D3= |𝐴| = (m−1) × (3𝑚 − 1) F(x) xác định dương ↔ { D2 > ↔ (𝑚 − ) > ↔ 𝑚 > D3 > m≠1 F(x) không suy biến ↔ {𝑚 ≠  NGUYỄN THỊ NGỌC BÀI 4.5: (1 -4) 1, F ( 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 )= 𝑥1 𝑥2 + 2𝑥2 𝑥3 𝑥1 = 𝑦1 + 𝑦2 Giải: Đặt { 𝑥2 = 𝑦1 − 𝑦2 𝑥3 = 𝑦3 → 𝐹 (𝑦1 ; 𝑦2 ; 𝑦3 ) = (𝑦1 )2 − 𝑦22 + 2(𝑦1 − 𝑦2 ) 𝑦3 =𝑦12 − 𝑦22 + 2𝑦1 𝑦3 − 2𝑦2 𝑦3 + 𝑦32 − 𝑦32 = (𝑦12 + 2𝑦1 𝑦3 + 𝑦32 ) − (𝑦22 + 2𝑦2 𝑦3 + 𝑦32 ) = (𝑦1 + 𝑦3 )2 − (𝑦2 + 𝑦3 )2 𝑡 =𝑦 +𝑦 Đặt {𝑡1 = 𝑦1 + 𝑦3 → 𝐹 (𝑡1 ; 𝑡2 ) = 𝑡12 − 𝑡22 (dạng chuẩn tắc) 2 2, F ( 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ; 𝑥4 ) = [𝑥12 + 7𝑥22 + 𝑥32 + 7𝑥42 + 2𝑥2 𝑥3 − 4𝑥2 𝑥3 Giải: F ( 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ; 𝑥4 ) = [𝑥32 + 2𝑥3 (𝑥1 − 2𝑥2 ) + (𝑥1 − 2𝑥2 )2 ] + 4𝑥1 𝑥2 + 3𝑥22 + 7𝑥42 4 = ( 𝑥3 + 𝑥1 − 2𝑥2 )2 + 3(𝑥22 + 𝑥1 𝑥2 + 𝑥12 ) - 𝑥12 + 7𝑥42 2√3 =( 𝑥3 + 𝑥1 − 2𝑥2 )2 + 3( 𝑥1 + 𝑥2 )2 − =( 𝑥3 + 𝑥1 − 2𝑥2 )2 + ( 𝑥12 + 7𝑥42 𝑥1 + √3𝑥2 )2 − 𝑥12 + 7𝑥42 𝑦1 = 𝑥3 + 𝑥1 − 2𝑥2 𝑦2 = Đặt 2√3 𝑥1 + √3𝑥2 𝑦3 = √7𝑥4 { 𝑦4 = 𝑥1 √3 → F ( 𝑦1 ; 𝑦2 ; 𝑦3 ; 𝑦4 ) = 𝑦12 + 𝑦22 + 𝑦32 − 𝑦42 (𝑑ạ𝑛𝑔 𝑐ℎ𝑢ẩ𝑛 𝑡ắ𝑐 ) 3, F ( 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 )= 𝑥12 + 7𝑥22 − 𝑥32 + 2𝑥1 𝑥2 − 6𝑥2 𝑥1 Giải: F ( 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 )= (𝑥12 + 2𝑥2 𝑥1 + 𝑥22 ) + 6𝑥22 − 6𝑥2 𝑥3 − 𝑥32 + 𝑥32 = (𝑥1 + 𝑥2 )2 + (√6𝑥2 + √6 2 𝑥3 ) − 𝑥3 𝑦1 = 𝑥1 + 𝑥2 Đặt {𝑦2 = √6𝑥2 + 𝑦 √10 3= √6 𝑥3 𝑥3 → 𝐹 (𝑦1 ; 𝑦2 ; 𝑦3 ) = (𝑦1 )2 + 𝑦22 − 𝑦32 (𝑑ạ𝑛𝑔 𝑐ℎ𝑢ẩ𝑛 𝑡ắ𝑐 ) 4, F ( 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ; 𝑥4 ) = 3𝑥12 + 𝑥22 + 𝑥32 + 5𝑥42 + 4𝑥2 𝑥3 − 4𝑥2 𝑥4 Giải: F ( 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ; 𝑥4 ) = 𝑥22 + 4𝑥2 (𝑥3 − 𝑥4 ) + 4(𝑥3 − 𝑥4 )2 + 3𝑥12 + 8𝑥3 𝑥4 − 3𝑥32 + 𝑥42 =(𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 )2 + (𝑥4 + 4𝑥3 )2 +3𝑥12 − 19𝑥32 𝑦1 = 𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 𝑦2 = 𝑥4 + 4𝑥3 Đặt → 𝐹 (𝑦1 ; 𝑦2 ; 𝑦3 ; 𝑦4 ) = 𝑦12 + 𝑦22 + 𝑦32 − 𝑦42 𝑦3 = √3𝑥1 𝑦4 = √19𝑥3 {  NGUYỄN THỊ NHẬN 4.5 (5 -8) Đề bài: Đưa dạng tồn phương dạng tồn phương tắc, chuẩn tắc phương pháp Lagrange Jacobi: , F(x1, x2, x3, x4) = x12 – 4x1x2 + 5x22 + 6x32 + 6x2x4 + 10x42 6, F(x1, x2, x3,x4,x5) = x12 – 4x1x2 + 5x22 + 6x32 + 6x2x4 + 10x42 + 2x1x5 – x52 7, F(x1, x2, x3, x4) = x12 + 4x1x2 + 2x22 + 9x32 + 6x1x3 – 5x42 + 12x2x3 8, F(x1, x2, x3, x4) = -4x1x2 + 6x2x3 + 10x3x4 Bài làm: , F(x1, x2, x3, x4) = x12 – 4x1x2 + 5x22 + 6x32 + 6x2x4 + 10x42 A= 2 0 2 0 0 10 D1 = ≠ D2 = −2 D3= −2 D4 = −2 =1≠0 −2 0 = 6× = ≠ 2 0 = 6× −2 0 2 0 10 −2 3 = 6× (50 - 49) = 6≠ 10  Dạng tắc A: F(y1,y2,y3,y4)= y12 + y22 + 6y32 + y42  Dạng chuẩn tắc A: F(y1,y2,y3,y4) = y12 + y22 + y32 + y42 6, F(x1, x2, x3,x4,x5) = x12 – 4x1x2 + 5x22 + 6x32 + 6x2x4 + 10x42 + 2x1x5 – x52 = [x12 – 2x1(2x2 – x5)] + 5x22 + 6x32 + 6x2x4 + 10x42 – x52 = [x1 – 2x1(2x2 – x5)]2 – (2x2 + 2x5)2 + 5x22 + 6x32 + 10x42 – x52 = [x1 – 2x1(2x2 – x5)]2 – 4x22 – 8x2x5 – 4x52 + 5x22 + 6x32 + 10x42 – x52 = [x1 – 2x1(2x2 – x5)]2 + x22 – 5x52 + 10x42 + 6x32 – 8x2x5 = [x1 – 2x1(2x2 – x5)]2 + (x22 – 8x2x5 + 4x52) – 9x52 + 10x42 + 6x32 = [x1 – 2x1(2x2 – x5)]2 + (x2 – 2x5)2 – 9x52 + 10x42 + 6x32 Đặt [x1 – 2x1(2x2 – x5)] = y1 x2 – 2x5 = y2 x3 = y3 x4 = y4 x5 = y5  Dạng tắc: F(x1, x2, x3,x4,x5) = y12 + y22 – 9y32 + 10y42 + 6y52  Dạng chuẩn tắc: : F(x1, x2, x3,x4,x5) = y12 + y22 + y32 + y42 – y52 7, F(x1, x2, x3, x4) = x12 + 4x1x2 + 2x22 + 9x32 + 6x1x3 – 5x42 + 12x2x3 A= 2 6 0 0 5 D1= 1≠ D2 = D3 = = -2 ≠ 2 D4 = 18 × = 18 ≠ 2 0 = 18 × 10 = 180 ≠  Dạng tắc A: F(x1, x2, x3, x4) = y12 – 2y22 – 9y32 + 10y42  Dạng chuẩn tắc A: F(x1, x2, x3, x4) = y12 – y32 – y42 8, F(x1, x2, x3, x4) = -4x1x2 + 6x2x3 + 10x3x4 Đặt x1 = y1 + y2 x2 = y1 – y2 x3 = y3 x4 = y4  F(x1, x2, x3, x4) = -4(y1 + y2)(y1 – y2) +6y3(y1 – y2) + 10y3y4 = -4( y12 – y22) +6y1y3 – 6y1y2 + 10y3y4 = -4y12 + 4y22 + 6y1y3 – 6y1y2 + 10y3y4 = -( 2y1 - y3)2 + y32 + 4y22 – 6y2y3 + 10y3y4 3 2 = -( 2y1 - y3)2 + (2y2 - y3)2 + 10y3y4 y3 = z1 + z2 y4 = z1 – z2 Đặt 2y1 - y3 = z3 2y2 - y3 = z4  Dạng tắc F(z1,z2,z3,z4) = -z32 + z42 + 10z12 – 10z22  Dạng chuẩn tắc: F(z1,z2,z3,z4) = z12 + z22 – z32 – z42  NGUYỄN THỊ PHẤN 4.6: Đề bài: Tìm giá trị riêng đưa dạng tồn phương dạng toàn phương chuẩn tắc 1,F(x1 ; x2 ; x3 ; x4) = 4x1x2 2,F(x1 ; x2 ; x3) = 3x12 + 2x22 + x32 + 4x1x2 + 4x2x3 3,F(x1 ; x2 ; x3) = 2x12 + 3x22 + 4x32 + 4x1x3 4,(x1 ; x2 ; x3 ; x4) = 3x12 + x32 + 2x2x3 + 4x3x4 Bài làm: F(x1 ; x2 ; x3 ; x4) = 4x1x2 Có ma trận A = ( 0) 0 Phương trình đặc trưng 𝑘 |𝐴 − 𝑘𝐸 | = |2 𝑘 | = 0 −𝑘  k(k – 4) =  k = ; k = ; k = -2  F (y1 ; y2 ; y3) = 2y12 – 2y22 Đặt z1 = √2y1 z2 = √2y2 z3 = y3  F(z1 ; z2 ; x3) = z12 – z22 F(x1 ; x2 ; x3) = 3x12 + 2x22 + x32 + 4x1x2 + 4x2x3 Ta có : A = ( 2 2) Phương trình đặc trưng : 3−𝑘 |𝐴 − 𝑘𝐸 | = | 2−𝑘 |=0 − 𝑘  (3 – k)(2 – k)(1 – k) – 4(1 – k) – 4(3 – k) =  (3 – k)(k2 - 3k +2) – + 4k – 12 + 4k =  3k2 – 9k + – k3 + 3k2 – 2k + 8k – 16 =  k = -1 ; k = ; k =  F(y1 ; y2 ; y3) = 2y12 + 5y22 – y32 F(x1 ; x2 ; x3) = 2x12 + 3x22 + 4x32 + 4x1x3 Ta có: 2 A = ( 0) Phương trình đặc trưng : 2−𝑘 |𝐴 − 𝑘𝐸 | = | 3−𝑘 | = (2 – k)(3 – k)(4 – k) – 4(3 – k) = 2−𝑘  (3 – k)(k2 – 6k – 4) =  k = hoac k = ±√5  F(y1 ; y2 ; y3) = y12 + y22 + y32 F(x1 ; x2 ; x3 ; x4) = 3x12 + x32 + 2x2x3 + 4x3x4 Ta có: A = (0 0 0 0 1 0) 0 3−𝑘 |=0 −𝑘  |𝐴 − 𝑘𝐸 | = | 0 1−𝑘 0 −𝑘 −𝑘  (3 − 𝑘) | 1 − 𝑘 | = −𝑘  (3 – k)(k2(1 – k) + k + 4k) =  (3 – k)(k3 + k2 + 5k) =  k = k = k = 1±√21  F(y1 ; y2 ; y3 ; y4) = y12 + y22 – y32  TRẦN LONG NHẬT 4.7 Đề bài: Tìm phương trình tắc, nhận dạng đường cong bậc hai: 1, 2xy + 4x – = 2, 2𝑥 + 8𝑥𝑦 + 8𝑦 − 4𝑥 + 2𝑦 − 15 = 3,3x2+2y2+4x+6y-10=0 4, 16x2+9y2-24xy-12x+8y-30=0 Bài làm 1, 2xy + 4x – = (1) Có F(x,y) = 2xy (là dạng toàn phương ma trận) A = ( 10 01) theo phương pháp giá trị riêng |𝐴 − 𝑘𝐸 | = |−𝑘 1 | = -k(-k) -1 = 𝑘 -1 = → k = + −1 −𝑘 → 𝑘1 = −1 → vectơ riêng 𝑈1 = ( ) 𝑡 A.𝑈1 = 𝑘1 𝑈1 → ( → { 1 1 )( ) = −( ) 𝑡 𝑡 𝑡 = −1 → 𝑡 = −1 → 𝑈1 = ( ) 𝑡 = −𝑡 →chuẩn hóa ta được: 𝑈10 =( √2 − √2 ) +) = ; vectơ riêng 𝑈2 = (1𝑡) 𝐴 𝑣2 = 𝑘2 𝑣2 → ( 1 1 )( ) = ( ) 𝑈 𝑡 𝑡 𝑘 = 1, 𝑣𝑒𝑐𝑡ơ 𝑟𝑖ê𝑛𝑔 𝑢2 = ( ) 𝑡 𝐴 𝑣2 = 𝑘2 𝑣2 → ( 1 1⋅ )( ) = ( ) 𝑡 𝑡 → 𝑡 = → 𝑣2 = ( ) → chuẩn hóa ta 𝑈20 √2 √2 =( ) → ta ma trận trực quan 𝑆 = ( √2 − √2 1) √2 √2 A=S.B 1 𝑥 = 𝑍 + 𝑡 √2 √2 Đặt 𝐴 = ( ) ; 𝐵 = ( ) → { −𝑓 𝑦 𝑡 𝑦= 𝑧+ ⋅𝑡 𝑥 𝑍 √𝑧 (1) Thay vào : ( √2 𝑡− √2 𝑍) ( 𝑧 √2 𝑍+ √2 𝑡) − = ↔ 𝑡 − 𝑍 + 2√2𝑡 + 2√2𝑍 = ↔ (𝑡 + √2) − (𝑍 − 2)2 = Đặt 𝑡 + √2 = 𝑎 𝑍 − √2 = 𝑏 → 𝐹 (𝑎, 𝑏) = 𝑎2 − 𝑏2 = 𝑎2 𝑏2 ↔ − =1 5 → phương trình tắc hypebal 2, 2𝑥 + 8𝑥𝑦 + 8𝑦 − 4𝑥 + 2𝑦 − 15 = (1) Xét 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 8𝑥𝑦 + 8𝑦 → 𝐴 ( |𝐴 − 𝑘𝐹 | = |2 − 𝑘 4 ) | = (𝑘 − 2)(𝑘 − 8) − 16 = 8−𝑘 ↔ 𝑘 − 10𝑘 = ↔ [■(𝑘 = 0@𝑘 = 10) +) k=0 → vectơ riêng 𝑉1 = ( ) → 𝑉1 = ( √51 ) −1 − √5 +)𝑘 = 10 →vectơ riêng 𝑉2 = (√5 2) √5 − → ma trận trực giao 𝑆 = (√5 √5 √5 ) √5 𝑍+ 𝑡 𝑥 𝑍 √5 𝑋 = 𝑆 𝑈 𝑥 = (𝑦) ; 𝑈 = ( ) → { √51 𝑡 − 𝑍+ 𝑡 √5 √5 Thay vào (1) ( √5 ↔ 10𝑡 − 𝑍+ 10 √5 √5 𝑍 = 15 ↔ 𝑍 = → phương trình (1) parabol 3, 3x2+2y2+4x+6y-10=0 (3x2+4x)+(2y+6y)=10 𝑍+ √5 𝑡) ( 𝑧 2 𝑡− 𝑍) + ( 𝑡 − 𝑍) √5 √5 √5 √5 2 1 1 + 2( 𝑡 − 𝑍) + ( 𝑡 − 𝑍) − ( 𝑍 + 𝑡) = 15 √5 √5 √5 √5 √5 √5 √5 𝑡) + ( √5 3√5 𝑡 − 2 95 (=)3(x2+2 x+ ) + 2(y2+ y+ )= 95 (=) 3(x+ )2 +2(y+ )2= Đặt √3( x+ )= a => a2 +b2= 95/6 (=) a2/ (95/6) + b2/ (95/6) =1 √2 (y +2) =b  Dạng elip 4, 16x2 + 9y2 – 24xy – 12x + 8y – 30 = Xét F(x ; y) = 16x2 + 9y2 – 24xy Có A=( Xét |𝐴 − 𝑘𝐸 | = 16 −12 −12 )  16 − 𝑘 | −12  (k – 16)(k – 9) – 144 =  k2 – 25k =  k = k = 25 Với k =  V1 = ( )  V10 = (54) Voi k = 25  V2 = ( −4 ) −4  V20 = ( 53 ) −12 |=0 9−𝑘 (1)  S= 5 𝑥= 𝑦= ) 𝑥 𝑧 voi X (𝑦) ; U ( ) 𝑡 Xet X = S.U  { −4 (54 5 𝑧 − 𝑧+ 5 𝑡 𝑡 Thay vao (1) ta duoc 5 16( 𝑧 − 5 𝑡)2 + 9( 𝑧 + 30 72 5  25t2 – 𝑧 + 𝑡 = 30  125t2 – 4z + 72t = 150 5 𝑡)2 – 24( 𝑧 − 5 𝑡) ( 𝑧 + 5 𝑡) – 12( 𝑧 − 5 𝑡) + 8( 𝑧 + 𝑡) = STT MỨC ĐỘ THAM GIA HỌ TÊN Phạm Đức Mỹ Nguyễn Phương Nam Nguyễn Thị Ngọc Đào Mai Nguyệt Lê Thị Nhâm Nguyễn Thị Nhận Trần Long Nhật Nguyễn Thị Phấn Vũ Thị Huyền My 10 10 10 10 10 10 10 ...