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 x12 x22 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 x12 x22 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) x12 x22 x32 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 C21,1 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 Qx 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),e2 (1,0,0,1),e3 ( ,0,1, ),e4 (1,1, , ) 3 2 Ví dụ : Bằng phương pháp Larrange, đưa dạng toàn phương sau dạng tắc: Qx 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 9k 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