Bài tập dạng song tuyến, dạng toàn phương, không gian euclid có lời giải

Chun đề Dạng song tuyến, dạng tồn phương, Khơng gian Euclid Tích vơ hướng khơng gian Euclid Bài 04.05.1.001 1) Tính tích vơ hướng Euclid của: a) u   2,  1 , v   1, 3 b) u   0,  , v   7,  2) Tính chuẩn Euclid u v; kiểm tra lại bất đẳng thức C-S Giải: Nếu u   u1 , u2 , un   n n v   v1 , v2 , v n   tích vô hướng Euclid u,v n u, v : u1v1  u2v2   unvn , chuẩn Euclid u là: u : u, v   u12  u22   un  1/2 Vậy: 1) a) u, v   1   1.3  2   5 b) u, v  0.7  0.2   1 2) a) u  22   1  ; v  Ta suy u v  10  50; u, v  5  50 2  32  10 Vậy u, v  u v b) u  02  02  0; v  72  22  53 Do u v  0; u, v  Vậy u, v  u v Bài 04.05.1.002  u u2   v1 v2  1) Với hai ma trận M : u   , v   v v  u3 u4   4 Hãy chứng minh biểu thức u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4v4 tích vơ hướng  1  1  2) Áp dụng để tính tích vơ hướng u   , v   3   1   3) Kiểm tra lại bất đẳng thức C-S Giải: 1) Ta phải kiểm tra tiên đề tích vơ hướng  u u2  v v  w Xét phần tử M : u   , v    , w=   u3 u4  v3 v4   w3 (1) u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4v4 số hoàn toàn xác định (2) u, v  v, u v, u  v1u1  v2u2  v3u3  v4u4 (3) u  w, v  u, v  w, v Vì u  w, v   u1  w1  v1   u2  w2  v2  u3  w3  v3  u4  w4  v4   u1v1  u2v2  u3v3  u4v4    w1v1  w2v2  w3v3  w4v4   u, v  w, v (4) ku, v  k u, v , k  w2  w4  Vì ku, v  ku1v1  ku2v2  ku3v3  ku4v4  k u1v1  u2v2  u3v3  u4v4   k u, v (5) u, u  u, u  u12  u2  u32  u4  0  Hơn u   u, u  02  02  02  02   0  Ngược lại u, u  tức u12  u22  u32  u42  0  u12  0, u22  0, u32  0, u42  tức u1  0, u2  0, u3  0, u4  u    0  Vậy u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4 v4 tích vơ hướng M2 2) Áp dụng u, v   1.1  2.0  6.3  1.3  20 3) Ta có u   1  22  62  12  42, v  12  02  32  32  19 Suy u v  42 19  790  28, u, v  20  28 Vậy u, v  u v Bài 04.05.1.003 Với p, q  P2 : p  a0  a1x  a2 x , q  b0  b1x  b2 x 1) Chứng minh p, q : a0b0  a1b1  a2b2 tích vơ hướng P2 2) Áp dụng để tính tích vơ hướng p  1  2x  x2 , q   4x 3) Kiểm tra lại bất đẳng thức C-S 1 1 4) Chứng minh p, q : p   q    p   q    p 1 q 1 tích 2 2 vô hướng P2 5) Làm lại phần 2) với tích vơ hướng 6) Làm lại phần 3) với tích vơ hướng Giải: 1) Ta phải kiểm tra tiên đề tích vơ hướng Xét phần tử P2 : p  a0  a1x  a2 x , q  b0  b1x  b2 x , r  c0  c1x  c2 x (1) p, q : a0b0  a1b1  a2b2 số hoàn tồn xác định (2) p, q  q, p q, p  b0a0  b1a1  b2a2 (3) p  r , q   a0  c0  b0   a1  c1  b1   a2  c2  b2   a0b0  a1b1  a2b2    c0b0  c1b1  c2b2   p, q  r , q (4) kp, q  ka0b0  ka1b1  ka2b2  k  a0b0  a1b1  a2b2   k p, q (5) p, p  a0  a12  a2 p, p   a0  a1  a2  Vậy p, q : a0b0  a1b1  a2b2 tích vơ hướng P2 2) Áp dụng p, q   1.2  2.0  1. 4   6 3) Ta có p   1  22  12  6, q  22  02   4   20  p q  20  120, Vậy p, q  6   120 p, q  p q 4) Ta kiểm tra tiên đề: 1 1 (1) p, q : p   q    p   q    p 1 q 1 số hoàn toàn xác định 2 2 1 1 (2) p, q : p   q    p   q    p 1 q 1 2 2 1 1  q   p    q   p    q 1 p 1  q, p 2 2 1 1 (3) p  r , q   p  r   q     p  r    q     p  r 1 q 1 2 2 1 1 1 1  p   q    p   q    p 1 q 1  r   q    r   q    r 1 q 1 2 2 2 2  p, q  r , q 1 1 (4) kp, q  kp   q    kp   q    kp 1 q 1 2 2   k  p  0 q  0   (5) p, p   p     1 1 p   q    p 1 q 1   k p, q 2 2  2      p      p 1   p, p      p     a0  a1.0  a2 02    1 1 1 p, p   p    0, p    0, p 1    p     a0  a1  a2    2 2  2  p 1   a0  a1.1  a2   Suy a0  0, a1  0, a2   p  1 1 Do thỏa mãn tiên đề nên p, q : p   q    p   q    p 1 q 1 2 2 tích vô hướng P2 5) Áp dụng: với p q cho đầu bài, ta có: 1 p   ; 2 1 q    1; 2 p    1; q    2; p 1  q 1  2 23 Do p, q   1   2. 2    4 1 6) Ta có p   1     22  , q  22  12   2   4 27 Suy p q   , 4 Vậy p, q  23 p, q  p q Bài 04.05.1.004 Xét u   u1 , u2 , u3  , v   v1 , v2 , v3   tích vơ hướng 3 Hỏi biểu thức , khơng nêu lí do: a) u, v : u1v1  u3v3 b) u, v : u12v12  u2 2v2  u32v32 c) u, v : 2u1v1  u2v2  4u3v3 d ) u, v : u1v1  u2v2  u3v3 Giải: a) u, v : u1v1  u3v3 tích vơ hướng chẳng hạn, tiên đề (5) không thỏa mãn Thật vậy, u, u  u12  u32  Nhưng u12  u32  suy u1  0, u3  u2 tùy ý b) u, v : u12v12  u2 2v2  u32v32 tích vơ hướng chẳng hạn, tiên đề (4) không thỏa mãn Thật vậy, ku , v   ku1  v12   ku2  v2   ku3  v32  k  u12v12  u2 2v2  u32v32  2  k u, v  k u, v c) u, v : 2u1v1  u2v2  4u3v3 có tích vơ hướng thảo mãn tiên đề Cụ thể: (1) u, v  2u1v1  u2v2  4u3v3 số hoàn toàn xác định (2) u, v  2u1v1  u2v2  4u3v3  2v1u1  v2u2  4v3u3  v, u (3) Giả sử có w   w1  w2  w3   , ta xét: u  w, v   u1  w1  v1   u2  w2  v2   u3  w3  v3   2u1v1  u2v2  4u3v3    2w1v1  w2v2  4w3v3   u , v  w, v (4) ku, v   ku1  v1   ku2  v2   ku3  v3  k  2u1v1  u2v2  4u3v3   k u, v u1   (5) u, u  2u12  u2  4u32  2u12  u2  4u32   u2  u   d) u, v : u1v1  u2v2  u3v3 tích vơ hướng tiên đề (5) khơng thỏa mãn u1   Thật vậy, u, u  u12  u2  u32  chẳng hạn u2  1 u   Bài 04.05.1.005 chẳng hạn, Trong minh: ta xét tích vơ hướng Euclid Hãy áp dụng bất đẳng thứuc C-S để chứng a cos  b sin   a  b2 Giải: Xét u  a, b, v  cos , sin   đó: u, v  a cos  b sin   u, v  a cos  b sin  Mà u  a  b v  cos   sin   Vậy bất đẳng thức C-S u, v  u v cho a cos  b sin   a  b2 Bài 04.05.1.006 Với f  f  x  , g  g  x   P3 Chứng minh rằng: f , g :  f  x  g  x  dx tích vơ hướng 1 Hãy tính tích vơ hướng của: a) f   x  x  5x 3, g  x  3x b) f  x  5x2 , g   8x Giải: Xét f  f  x   P3 , g  g  x   P3 , h  h  x   P3 , ta nhận thấy: (1) f , g   f  x  g  x  dx số hoàn toàn xác định 1 (2) g , f   g  x  f  x  dx   f  x  g  x  dx  f , g 1 1 1 (3) f  h, g    f  x   h  x   g  x  dx   f  x  g  x  dx   h  x  g  x  dx 1 1 1  f , g  h, g 1 (4) kf , g   kf  x  g  x  dx  k  f  x  g  x  dx  k f , g 1 1 1 (5) Ta có f , f    f  x   dx 1 (*) Ta ln có  f  x       f  x  dx  hay f , f  1 2 (**) f  x    x  x  x3  P3  f  x    x    f  x   dx   f , f  1 (***) Nếu f , f     f  x   dx  1 Vì f  x  đa thức nên liên tục  1, 1, tích phân buộc f  x   x  1, 1 , tức f  x  phải có dạng f  x    x  x  x3 Như tiên đề tích vô hướng thảo mãn Vậy f , g   f  x  g  x  dx tích vơ hướng P3 1 Áp dụng: a) f , g   1  x  x  x  x  3x  dx   1 b) f , g   1 28 15  x  5x   8x    683 2 Bài 04.05.1.007 Với tích vơ hướng Euclid a) u   2,1,3 , v  1,7, k  b) u   k , k ,1 , v   k ,5,6  , xác định k để u v trực giao Giải: a) Ta muốn có u, v  2.1  1.7  3.k  Vậy k  3 b) Ta muốn có u, v  k k  k  1.6   k  5k   k  2 Vậy  k  3 Bài 04.05.1.008 Với p, q  P2 : p  a0  a1x  a2 x , q  b0  b1x  b2 x Có p, q : a0b0  a1b1  a2b2 tích vô hướng P2 Chứng minh p   x  x2 , q  x  x trực giao Giải: Ta có p, q  1.0  1.2  2.1  Vậy p q trực giao Bài 04.05.1.009  u u2   v1 v2  Với hai ma trận M : u   , v   v v  u3 u4   4 Có u, v : u1v1  u2v2  u3v3  u4v4 tích vơ hướng Cho ma trận Hỏi ma trận ma trận trực giao với A:  3  1  a)  ; b)    ; c)      Giải: 0  2  0  ; d) 5      Đặt u1  1, u2  x, u3  x2 , ta có u1  Ta lại có v1 , u2   1 Ta tính u2   1  12 dx  nên đặt v1  1 u1  u1 xdx  tức u2 trực giao với v1 2 u đặt v2   x u2 x dx  Bây tìm v3 Ta xác định t, s  cho w  u3  tv1  sv2 trực giao với v1 v2 Từ  w, v1  u3 , v1  t v1, v1  s v2 , v1  u3 , v1  t  t   u3 , v1    x 1 dx   Từ  w, v2  u3 , v2  t v1, v2  s v2 , v2  u3 , v2  s  s   u3 , v2    x 1 xdx  1 Vậy w  u3  tv1  sv2  x   x2   w  3 2 Nên ta đặt v3  2  1 x  dx  1  w 5 1   x2   w 8 3 Vậy từ sở 1, x, x  P2 , áp dụng q trình trực giao hóa Gram-Smidt ta  3     suy sở trực chuẩn P2  , x,  x        2  Dạng song tuyến tính Bài 04.05.1.022 Cho f : R  R  R Hỏi ánh xạ sau 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 dạng song tuyến tính b) Với x, y  R,  ta có: +) f ( x  y, z )  a( x  y) z  axz  ayz  f ( x, z )  f ( y, z ) +) f ( x, y)  a( xy )   (axy )   f ( x, y ) +) f ( x, y  z )  ax( y  z )  axy  axz  f ( x, y)  f ( x, z ) +) f ( x,  y)  a( x y)   (axy)   f ( x, y) Vậy f dạng song tuyến tính Bài 04.05.1.023 Cho f : R2  R2  R xác định sau: với x   x1 , y1  , y   x2 , y2   R  R : f  x, y   x1x2  x1 y2  3x2 y1 Xét xem f có phải dạng song tuyến tính khơng? 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 ) y2  3x2 ( y1  y3 )  x1x2  x3 x2  2x1 y2  2x3 y2  3x2 y1  3x2 y3  f  x, y   f ( z, y) +) Các điều kiện khác thử tương tự thỏa mãn Vậy f dạng song tuyến tính Bài 04.05.1.024 Cho dạng song tuyến tính f : R2  R2  R  x, y  f  x, y   x1x2  x1 y2  3x2 y1 Trong x   x1 , y1  , y   x2 , y2   R  R a) Xác định ma trận dạng song tuyến tính f sở cho tọa độ x, y b) Tìm rank(f) xem f có suy biến hay khơng? Giải: a) Trong sở S  e1 , e2  , với e1  1,0  ; e2   0,1 Khi  x   x1 , x2   x1e1  x2e2 a  a A   11 12    a21 a22   y   y1 , y2   y1e1  y2e2 Trong a11 a21 f (e1, e1) a12 f (e1, e2 ) f (e2 , e1) a22 f (e2 , e2 ) 1  Vậy A    f  x, y    x1 3  1   y1  x2        y2  b) Ta có rank(f)=rank(A)=2 det(A)= 6  Mặt khác dimR  Vậy f dạng song tuyến tính khơng suy biến Bài 04.05.1.025 Trong không gian R với sở tắc S  e1, e2 , e3 Cho dạng song tuyến tính xác định sau: với x   x1, x2 , x3  , y   y1, y2 , y3   R3 f : R3  R3  R  x, y  f  x, y   x1 y1  3x2 y2  x3 y3 cho hệ sở S '  e1 ', e2 ', e3 ' , với e1 '  1,1,0 , e2 '  1,0,1 , e3 '  1,1,1 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 '  Vậy 4 4 A '  1 3      1 0  Cách 2: Ma trận f sở S là: A  0  0  1 1 Ma trận chuyển sở S sang S’ là: P  1 1 0 1 Do 1  1 0  1 1  4 A '  P t AP  1  0  1 1  1 3        1 1  0  0 1   Bài 04.05.1.026 Cho f dạng song tuyến tính từ f : R3  R3  R , với sở tắc xác định sau: f ( x, y)  x1 y1  2x1 y2  x2 y2  3x3 y3 , x   x1, y1, z1  ; y   y1, y2 , y3  Tìm ma trận f sở tắc S  e1, e2 , e3 R sở S '  e1 ', e2 ', e3 ' , với e1 '  1,1,1 , e2 '  1,1,0 , e3 '   0,1,1 Giải: +) Đối với sở tắc S  e1, e2 , e3  a11 a12 f có ma trận là: A   a21 a22  a31 a32 a13  a23   a33  Trong đó: a11  f  e1, e1   1, a12  f  e1 , e2   , a13  f  e1 , e3   a21  f  e2 , e1   , a22  f  e2 , e2   1 , a23  f  e2 , e3   a31  f  e3 , e1   , a32  f  e3 , e2   , a33  f  e3 , e3   Vậy ta có : 1 0 A   1     0 3 1 1  Ma trận chuyển sở từ sở tắc sang sở S’ là: P  1  , 0 1  nên ma trận f sở S’ là: 1  1 0  1 1   2  A '  P t AP  1 1   1  1           1   0 3 0 1   4  Dạng toàn phương Bài 04.05.1.027 Đưa dạng toàn phương sau dạng tắc phương pháp Lagrange: 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 =  x1  x2  x3    x22  x32  10 x2 x3  =  x1  x2  x3    x2  x3  2  x1  3x1  x2  x3 Đặt  , ta dạng tồn phương dạng tắc:  x2  x2  x3 f  x12  5x22 b) Ta thực biến đổi: f ( x, x)  x12  x22  x32  3x1x2  x1x3 =  x12  3x1x2  x1 x3   x22  x32   =  x12  x1 x2  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  x12  x22  x3   x3  x3  x2  Bài 04.05.1.028 Đưa dạng toàn phương sau dạng tắc phương pháp Lagrange: a) w( x)  f ( x, x)  x12  5x22  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  2     x2  x3   x32    x1  x1  x2  x3   Đặt  x2  x2  x3 , ta dạng tắc dạng toàn phương   x3  x32 w( x)  x12  x22  x32  x1  y1  y2  b) Đặt:  x2  y1  y2 , x  y  ta w( y)  y12  y22  ( y1  y2 ) y3  ( y1  y2 ) y3 = ( y1  y3 )2  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) Chẳng hạn  x1  y1  y2 x  y  y  sở ta lại a12  ta sử dụng phép đổi biến:  x3  y3    xn  yn có phương trình dạng ban đầu Bài 04.05.1.029 Tìm dạng tắc dạng toàn phương sau: x12  x22  3x32  x1x2  x1x3  x2 x3 Giải: Ta có: Q  x12  x22  3x32  x1x2  x1x3  x2 x3 1 1 Ma trận A   1 1 3 a) Phương pháp Jacobi 1  1,   Vậy Q có dạng tắc 2  3,   det(A)  7 2  3  y1  y2    y3 3  7  Hay y12  y2  y32 với biến y1, y2 , y3 b) Phương pháp chéo hóa trực giao 1  1  Phương trình đặc trưng ma trận A   5      2    3       Vậy Q có dạng tắc  z12   z2   z32 với biến z1, z2 , z3 c) Phương pháp Lagrange Ta xếp lại số hạng Q: Q  x12  x1x2  x1x3  x22  3x32  x2 x3 Do Q   x1  x2  x3   3x2  x32  x2 x3 2   x1  x2  x3    x1  x2  x3      x2  x3   x32  x32       x2  x3   x32     Đặt t1   x1  x2  x3  , t2   x2  x3  , t3  x3   Ta thấy Q có dạng tắc t12  3t2  t32 với biến t1, t2 , t3 Chú ý: Ta tìm ba dạng tắc dạng toàn phương Tuy chúng khác có đặc điểm chung số hệ số dương số hệ số âm Bài 04.05.1.030 Tìm dạng tắc dạng toàn phương sau: x12  x22  x32  x1x2  x1x3  x2 x3 Giải: Ta có Q  x12  x22  x32  x1x2  x1x3  x2 x3 1  Ma trận A  1 2   1  a) Phương pháp Jacobi Ta nhận thấy 1  1,   Vậy Q có dạng tắc 1 2  3, 3  det  A  2 3 y1  y2  y3 hay y12  y2  y32 biến 3 8 y1, y2 , y3 b) Phương pháp chéo hóa trực giao Phương trình đặc trưng ma trận A A 1  1 2   2 1  2  1    9     3  1  Vậy Q có dạng tắc  z12  z2  2z32 biến z1, z2 , z3 c) Phương pháp Lagrange Ta viết lại Q  x12  x1 x2  x1 x3  x22  x32  x2 x3   x1  x2  x3   3x2  3x32  x2 x3 2   x1  x2  x3    x1  x2  x3      x2  x3   x32  3x32       x2  x3   x32   Đặt t1   x1  x2  2x  , t2  x2  x3 , t3  x3 Q có dạng tắc t12  3t2  t32 biến t1, t2 , t3 Chú ý: Ta tìm ba dạng tắc dạng toàn phương Tuy chúng khác có đặc điểm chung số hệ số dương số hệ số âm Bài 04.05.1.031 Tìm dạng tắc dạng toàn phương sau: x12  3x32  x1x2  x1x3  x2 x3 Giải: Ta có Q  x12  3x32  x1x2  x1x3  x2 x3  1  Ma trận A   1 3  3 3 a) Phương pháp Jacobi Ta thấy 1  1,   1 1  1, 3  det  A  Vậy phương pháp Jacobi không áp dụng b) Phương pháp chéo hóa trực giao Phương trình đặc trưng ma trận A 1  1 1  1  15   3      2  14    2  1  15   3 3    1 Vậy Q có dạng tắc  1     15 y12  1  15 y2 biến y1, y2 , y3 c) Phương pháp Lagrange Ta xếp lại số hạng dạng toàn phương cho Q: Q  x12  x1 x2  x1 x3  3x32  x2 x3   x1  x2  x3   x2  x32  x2 x3   x1  x2  x3    x2  x3  2 Đặt z1  x1  x2  x3 , z2  x2  x3 , z3  x3 Q có dạng tắc z12  z22 biến z1, z2 , z3 Chú ý: Ta tìm dạng tắc dạng tồn phương Tuy chúng khác có đặc điểm chung số hệ số dương số hệ số âm Bài 04.05.1.032 Đối với dạng tồn phương đây, tìm phép đổi biến tuyến tính để đưa dạng tắc cho biết dạng tắc đó: 1) x12  x2  x32  x1 x2  x1 x3 2) x12  x2  x32  x1 x2  x1 x3  3x2 x3 3) x1 x2  x1 x3  x2 x3 4) x12  18 x2  x32  12 x1 x2  x1 x3  27 x2 x3 5)  12 x12  x2  12 x32  12 x1 x2  24 x1 x3  x2 x3 Giải: Trong yêu cầu tìm phép đổi biến để đưa dạng tồn phương dạng tắc Cho nên ta áp dụng phương pháp Lagrange đơn giản 1) Ta có Q  x12  5x2  x32  x1x2  x1x3 Ta viết lại Q dạng Q  x1  x1x2  x1x3  5x2  4x3   x1  x2  x3   x2  x32  x2 x3   x1  x2  x3  2     x2  x3   x32   x3 , t3  x3 Q có dạng tắc t12  4t22  9t32 biến t1, t2 , t3 Bằng phép đổi biến t1  x1  x2  x3 , t2  x2  2) Ta có Q  x12  x22  x32  x1x2  x1x3  3x2 x3 Ta viết lại dạng Q  x1  x1x2  x1x3  x2  x32  3x2 x3   2x1  x2  x3   x2 x3 Ta dùng phép đổi biến t1  x1  x2  x3 , t2  x2  x3 , t3  x2  x3  t2  t32  x2 x3 1 Do Q có dạng tắc t12  t2  t32 biến t1, t2 , t3 4 3) Ta có Q  x1x2  x1x3  x2 x3 1  x1  x  , y   x1  x  , y  x 2 2 2 Q có dạng Q  y1  y2   y1  y2  y3   y1  y2  y3  y1  y2  y1 y3 Đặt x1  y1  y2 , x2  y1  y , x3  y3  y1  Do Q   y1  y3   y2  y32 Bây ta dùng phép đổi biến z1   y1  y3   1  x1  x2   x3 , z2  y2   x1  x2  , z3  y3  x3 2 Thì Q có dạng tắc z12  z22  z32 biến z1, z2 , z3 4) Ta có Q  x12  18x2  8x32  12 x1x2  8x1x3  27 x2 x3   x1  x1 x2  x1 x3   18 x2  x32  27 x2 x3   x1  x2  x3   3x2 x3   y  x  3x2  x3  x1  3x2  x3  y1  1   Đặt  x2  y2  y3   y2   x2  x3   Q  y12  y 22  y32 x  y  y     y3   x2  x3  biến y1, y2 , y3 5) Ta có Q  12 x12  3x22  12 x32  12 x1x2  24 x1x3  8x2 x3  12  x12  x1 x2  x1 x3   x2  12 x32  x2 x3    12  x1  x2  x3   x2 x3    y  x  x2  x3  1  x  x  x  y 2       y2   x2  x3   Q  12 y12  y22  y32 Đặt  x2  y2  y3 x  y  y      y3   x2  x3  biến y1, y2 , y3 ... thấy Q có dạng tắc t12  3t2  t32 với biến t1, t2 , t3 Chú ý: Ta tìm ba dạng tắc dạng tồn phương Tuy chúng khác có đặc điểm chung số hệ số dương số hệ số âm Bài 04.05.1.030 Tìm dạng tắc dạng toàn. .. đổi biến:  x3  y3    xn  yn có phương trình dạng ban đầu Bài 04.05.1.029 Tìm dạng tắc dạng tồn phương sau: x12  x22  3x32  x1x2  x1x3  x2 x3 Giải: Ta có: Q  x12  x22  3x32  x1x2... y2  b) Ta có rank(f)=rank(A)=2 det(A)= 6  Mặt khác dimR  Vậy f dạng song tuyến tính khơng suy biến Bài 04.05.1.025 Trong khơng gian R với sở tắc S  e1, e2 , e3 Cho dạng song tuyến