Luận Văn Dạng toàn phương trong không gian thực

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ĐỖ THỊ LOAN DẠNG TỒN PHƯƠNG TRONG KHƠNG GIAN THỰC KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Hình học Người hướng dẫn khoa học TH.S ĐINH THỊ KIM THUÝ HÀ NỘI, 2012 MỤC LỤC Trang LỜI MỞ ĐẦU NỘI DUNG Chương 1: Dạng tồn phương khơng gian thực 1.1 Định nghĩa dạng toàn phương 1.1.1 Ma trận biểu thức tọa độ dạng toàn phương 1.1.2 Biểu thức tọa độ dạng toàn phương sở khác 1.1.3 Định nghĩa dạng tồn phương tắc, chuẩn tắc 1.2 Hạng hạch dạng toàn phương 1.2.1 Định nghĩa hạch 1.2.2 Định nghĩa hạng 10 1.2.3 Mệnh đề 10 1.3 Luật qn tính dạng tồn phương 12 1.3.1 Định lí (Luật quán tính) 12 1.3.2 Định nghĩa số quán tính 13 1.3.3 Dạng toàn phương xác định 13 Bài tập chương 19 Chương 2: Một số phương pháp đưa dạng tồn phương dạng tắc 23 2.1 Định lí 23 2.2 Một số phương pháp đưa dạng tồn phương dạng tắc 25 2.2.1 Phương pháp Lagrange 25 2.2.2 Phương pháp biến đổi trực giao 28 2.2.3 Phương pháp Jacobi 38 Bài tập chương 43 KẾT LUẬN 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 LỜI CẢM ƠN Bài khóa luận hồn thành hướng dẫn nhiệt tình giáo Th.S Đinh Thị Kim Thúy Nhân dịp này, em xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến cô, người dành cho em hướng dẫn nhiệt tình, chu đáo nghiêm túc suốt trình học tập, nghiên cứu thực khóa luận Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo tổ Hình học thầy môn trường ĐHSP HN2 giúp đỡ em trình học tập để thuận lợi cho việc nghiên cứu Dù cố gắng, lần làm quen với việc nghiên cứu khoa học lực cịn có hạn nên khó tránh khỏi sai sót Em mong muốn nhận bảo, đóng góp q thầy cơ, khóa luận tốt Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên thực Đỗ Thị Loan LỜI CAM ĐOAN Qua thời gian nghiên cứu, giúp đỡ nhiệt tình giáo Th.S Đinh Thị Kim Thúy em hồn thành nội dung khóa luận Em xin cam đoan khóa luận thân nghiên cứu với hướng dẫn cô giáo Th.S Đinh Thị Kim Thúy không trùng với đề tài Nếu sai em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên thực Đỗ Thị Loan LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Đại số tuyến tính môn học nghiên cứu không gian véctơ, ma trận, định thức, hệ phương trình tuyến tính coi môn học sở giúp học tốt mơn như: Hình Affin, Hình Euclide, Hình Xạ ảnh, Giải tích hàm… Ngồi có nhiều ứng dụng lĩnh vực khoa học khác Một phần quan trọng thiếu Đại số tuyến tính dạng tồn phương khơng gian thực Với mong muốn tìm hiểu nghiên cứu sâu mảng kiến thức này, đồng thời động viên cô giáo Th.S Đinh Thị Kim Thúy em mạnh dạn chọn đề tài “Dạng toàn phương khơng gian thực” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Đại học cho Đối tượng, phạm vi nghiên cứu - Đối tượng: dạng tồn phương khơng gian thực - Phạm vi: kiến thức liên quan đến dạng toàn phương Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu dạng tồn phương Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu dạng toàn phương để cung cấp kiến thức cho việc tiếp thu học mơn hình học số mơn thuộc mơn giải tích chương trình Đại học Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu qua sách giáo khoa, sách tham khảo, internet tài liệu có liên quan Nội dụng khóa luận Nội dung khóa luận gồm chương: Chương 1: Dạng toàn phương khơng gian thực Chương trình bày định nghĩa dạng tồn phương, dạng tồn phương tắc, ma trận biểu thức tọa độ dạng toàn phương Những định nghĩa hạng hạch, luật quán tính dạng toàn phương Chương 2: Một số phương pháp đưa dạng tồn phương dạng tắc Chương trình bày số phương pháp đưa dạng toàn phương dạng tắc số phương pháp: Lagrange, biến đổi trực giao, Jacobi áp dụng phương pháp biến đổi trực giao để đưa đường mặt bậc hai dạng tắc NỘI DUNG Chương DẠNG TỒN PHƯƠNG TRONG KHƠNG GIAN THỰC 1.1 Định nghĩa dạng tồn phương Giả sử V khơng gian véctơ trường số thức Giả sử  : V  V  dạng song tuyến tính đối xứng khơng gian véctơ V Khi ánh xạ H : V  xác định v  H(v)  (v, v) Được gọi dạng toàn phương V ứng với dạng song tuyến tính  Nói cách khác dạng tồn phương H : V  hàm số xác định không gian véctơ V có cơng thức xác định ảnh H(v) đa thức bậc tọa độ véctơ v sở  Chú ý: Nói chung, dạng tồn phương cho vơ số dạng song tuyến tính sinh Chẳng hạn, dạng song tuyến tính (x, y)  2xy  3ax  3ay, a  sinh dạng toàn phương H(x)  (x, x)  2x Tuy nhiên, với dạng toàn phương H(x) có dạng song tuyến tính đối xứng sinh Dạng song tuyến tính đối xứng gọi dạng cực H 1.1.1 Ma trận biểu thức tọa độ dạng toàn phương Giả sử H dạng toàn phương ứng với dạng song tuyến tính đối xứng    : V  V  , ()  1, ,  n sở V, với véctơ:    n   n     x i i ,    x j  j  V ta có: i 1 i 1 n    n  (, )  ( x i i ,  x j  j )  i 1 i 1 n    x i x j(i ,  j ) i, j1     Đặt a ij  (i ,  j ) i, j  1, ,n (, )  n  a ijxi x j i, j1   Định nghĩa: Ma trận A  (a ij ) nn a ij  (i ,  j ) i, j  1, ,n ma trận dạng song tuyến tính đối xứng  sở () V Khi A  (a ij ) nn gọi ma trận dạng toàn phương H ứng với dạng song tuyến tính đối xứng      Do  đối xứng nên (i ,  j )  ( j , i ) suy a ij  a ji Suy ma trận A  (a ij ) nn ma trận có a ij  a ji nên ma trận A đối xứng    Biểu thức H()  (, )  n  a ijx i x j biểu thức tọa độ H i, j1 sở () Biểu thức tọa độ dạng ma trận:  a11 a12 a a 22 t H(v)  x Ax   x1 x x n   21    a n1 a n2 a1n   x1    a 2n   x       a nn  x n  Như việc nghiên cứu dạng toàn phương thực chất nghiên cứu ma trận sở khác nhau, hay cụ thể nghiên cứu lớp ma trận tồn đẳng Khi nói đến ma trận A dạng tồn phương ta ln hiểu A ma trận đối xứng Ngược lại, ma trận đối xứng A ma trận dạng tồn phương  Nhận xét: n  Do A ma trận đối xứng nên với v   x i i biểu thức tọa độ i 1 n H viết là: H(v)   a ii x i2  i j n  a ijx i x j 1i, j n i j Mối liên hệ dạng toàn phương dạng cực tương ứng             Ta có: (  ,   )  (, )  (, )  (, )  (, )        (, )  2(, )  (, )      H()  2(, )  H()        H(  )  H()  2(, )  H()        (, )   H(  )  H()  H()  Ví dụ1: Cho dạng tồn phương H :  xác định sau:   H()  2x12  2x1x  4x1x  x 22  3x 32 ,    x1, x , x  Viết ma trận biểu thức tọa độ dạng cực dạng toàn phương H sở tắc Giải: Biểu thức tọa độ dạng cực  tương ứng với dạng toàn phương H là:   (, )  2x1y1  x1y2  2x1y3  x2 y1  x2 y2  0x y3  2x3y1  0x3y2  3x3y3 ,   với  (x1,x2,x3),   (y1,y2,y3)  ứng với sở    ()  1  (1,0,0),2  (0,1,0),3  (0,0,1)     Suy ma trận dạng cực A   1   1   1   3 Ví dụ 2: Tìm ma trận dạng tồn phương có biểu thức tọa độ sau với sở tắc:  2 a) H()  2x1  x  x1x  b) H()  x12  4x 22  3x 32  9x1x  5x1x  3x x Giải: Biểu thức tọa độ dạng cực  tương ứng với dạng toàn phương H là:     1 (, )  2x1y1  x1y3  x y2  x3y1 , với  (x1,x2,x3),   (y1,y2,y3)  2    ứng với sở: ()  1  (1,0,0),2  (0,1,0),3  (0,0,1)   Ta gọi A  (a ij )33 ma trận dạng toàn phương H   Ta biết a ij  (i ,  j ),i, j  1,2,3 , nên:   1 a11  (1, 1)  11   1     1  2   1 a12  (1, 2 )  1  1  1   1  2   1 1 a13  (1, 3 )  1  11       2 a 21  a12    1 a 22  (2 , 2 )   1    01   1  2   1 a 23  (2 , 3 )      1  1     2 a31  a13   a32  a 23    1 a33  (3, 3 )      1    1  2 Công thức đổi biến:   x   t1 t    x y  T   x y    t1 t  T t   y   t1  t1  1 t2 t2 Thay vào phương trình ban đầu ta được: 4t12  9t 22 t12 t 22  36    Vậy dạng đường cong elip Ví dụ 2: mặt phẳng tọa độ cho đường cong phẳng L 5x12  4x1x  8x 22  20 80 x1  x2   5 Hãy đưa đường cong dạng tắc nhận dạng đường cong cho Giải:  2   20 80  Xét A   , K ,   5      Ta có: T      5 1  5    5  x1  Ta có biểu thức biến đổi tọa độ: x=Ty   y   x  y 5 x  y 5 (1) Thay công thức đổi tọa độ (1) vào phương trình ban đầu đường cong L ta (L): 4x  9y  8x  36x    4(x  2x  1)  9(y  4y  4)   36   4(x  1)  9(y  2)  36 36 X  x  Đặt  X  y  Ta có phương trình 4X12  9X 22  36  X12 X 22  1 Vậy dạng đường cong elip Ví dụ 3: Hãy tìm dạng tắc mặt bậc hai cho phương trình sau: (S) : 2x  y  4xy  4yz  Giải: Ta có dạng tồn phương tương ứng là: H  2x  y  4xy  4yz   2   2  Phương trình đặc trưng: 2 2  Giải ta 1  1,   2, 3   x1  2x  x1  2x    x  x Với 1  1, hệ (A  I)x    2x  x   x  2x   2 Chọn a1  (2,1, 2) , chuẩn hóa a1 ta e1  ( , , ) 3  x1  x1 4x1  2x   Với   2 , hệ (A  I)x      x  2x1 2x  2x   x  2x   2 Chọn a  (1,2,2) , chuẩn hóa a ta e  ( , , ) 3  x1  2x 2x1  2x   Với 3  , hệ (A  I)x      x  2x 2x  4x  x  x  37  2 Chọn a  (2, 2,1) , chuẩn hóa a ta e3  ( , , ) 3 2x ' y ' 2z '  x   Phép biến đổi tọa độ  y  x ' y ' z '    2x '  y ' z '  z   đưa phương trình cho dạng : x '2  2y'2  4z '2  hay x '2 y'2  z '2  Đây phương trình mặt nón 2.2.3 Phương pháp Jacobi Xét dạng tồn phương H K-khơng gian véctơ V có ma trận    sở  e   e1,e , ,e n A  a ij   n n  Ta giả thiết định thức ma trận A khác 0: D1  a11  , D2  a11 a12 a 21 a 22 a11 a1n  0, , Dn   a n1 a nn Giả sử  dạng song tuyến tính sinh dạng tồn phương H Ta có      a ij  (ei ,e j ),i, j  1, ,n Ta thấy hệ 1,  , ,  n sở tắc   dạng H (i ,  j )  0, i  j,i, j  1, ,n  Ta tìm véctơ  j , j  1, ,n dạng sau:   1  t11e1       t12 e1  t 22 e2 (I)     t e  t e   t e  n 1n 2n nn n  38  Đối với j=1, ,n i=1, ,j-1, ta có: i     (i ,  j )  (  t ki e k ,  j )  k 1   t  (e  ki k ,  j ) i k 1      Nếu chọn véctơ  j saocho (e k ,  j )  0, k  1, ,i ta có (i ,  j )  i  j     Vì  đối xứng nên ta có (i ,  j )  0, i  j Vậy (i ,  j )  0, i  j j j    j    Theo (I) ta có: (e k ,  j )  (ek ,  t rj er )   t rj (ek ,er )   a kr t rj r 1 r 1 r 1    Ta chọn véctơ  j cho (e j ,  j )  Vậy hệ số t1j , t j , , t jj hệ (1) nghiệm hệ phương trình tuyến tính sau:  a11t1j  a12 t j   a1jt jj   a 21t1j  a 22 t j   a jt jj     a j1t1j  a j2 t j   a jjt jj   (II) Định thức ma trận hệ phương trình (II) định thức D j  , nên hệ có nghiệm Vậy ta tìm hệ véctơ      1, 2 , , n  thỏa mãn điều kiện (i ,  j )  0, i  j Từ hệ (II) ta thấy t jj  D j1 Dj (III)  0, j  1, ,n Trong ta quy ước D0  Hệ (I) viết dạng ma trận   t11 t12      t 22 1 n  e1 en        t1n      t 2n  hay 1  n  e1 en T   t nn   39    Theo (III) t jj  0, j  1, , n nên det T  Vậy hệ   1, , n  độc lập tuyến tính sở tắc dạng tồn phương H Giả sử dạng tắc H là: H(x)  b1y12  b2 y 22   bn y 2n   Ta có: b j  ( j ,  j )  j    t kj(ek ,  j ) k 1     Vì (e k ,  j )  0,k  jvà (e j ,  j )  nên theo (III) ta có: b j  t jj  D j1 Dj , j  1, ,n Vậy biểu thức tọa độ dạng tồn phương H sở tắc   1, ,  n là:   H(x)  D0 D1 D y1  y   n 1 y 2n D1 D2 Dn (IV)  Tóm lại, nội dung phương pháp Jacobi sau:    Cho dạng toàn phương H sở  e   e1,e2 , ,en có ma trận    nn Nếu ma trận A có định thức khác 0, H có A  a ij    sơt tắc ()  1,  , ,  n xác định hệ (I) hệ (II),   sở () H có biểu thức tọa độ tắc dạng (IV) Ví dụ 1: Đưa dạng tồn phương sau dạng tắc phương pháp Jacobi: H(v)  x12  2x1x  2x 22  4x1x  4x 32  2x x Giải: 1  Ma trận H sở tắc A   1   40 1 2  1  4 Có định thức D1  1, D2  1 1  1, D3  A  9 Tất định thức khác  k = 1, theo (II) ta có a11x1   1x1   x1  hay t11   x1  x   k = 2: ta có hệ   x1  2x  suy nghiệm x1  x  hay t12  t 22   k = 3: Hệ phương trình (II) có dạng:  x1  x  2x    x1  2x  x   2x  x  4x   1  x1  ,x  ,x   9 hay t13  ,t 23  ,t 33  1    1  e1  (1,0,0)     Ta chọn sở dạng (III)   e1  e  (1,1,0)      1 3  e1  e2  e3  ( , ,  ) 9 9  Trong sở biểu thức tọa độ H có dạng: H(v)  D1 D2 y  y  y D1 D2 D3     y12  y22  y32 với v  y11  y   y3 3 Ví dụ 2: Bằng phương pháp Jacobi đưa dạng toàn phương sau dạng tắc, tìm sở để dạng tồn phương có dạng tắc đó: H(x)  5x12  x 22  3x 32  4x1x  2x1x  2x x 41 Giải:  1    Ma trận H sở tắc e1,e2 ,e3 là: A   1  1 1      Có định thức chính: D1  5, D  1, D3   Với j=1 có 5t11   t11  5t  2t 22   t  2  Với j=2 ta có hệ:  12   12 2t12  t 22   t 22  5t13  2t 23  t 33   t13  1    Với j=3 ta có hệ: 2t13  t 23  t 33    t 23   t   t  3t   t  23 33  13  33 Vậy H có dạng tắc là: H(x)  x  5y  z    1  e1     Với sở tắc là:   2e1  5e         e  3e  e3   42 BÀI TẬP CHƯƠNG Bài 1: Tìm dạng tắc phép biến đổi tọa độ đưa dạng toàn phương sau dạng tắc Lagrange: a) x12  5x 22  4x 32  2x1x  4x1x b) x1x  x1x  x x c) 2x12  18x 22  8x 32  12x1x  8x1x  27x x Bài 2: Tìm dạng tắc dạng toàn phương sau ma trận chuyển từ sở ban đầu sở tắc đó: a) 4x12  x 22  2x 32  4x1x  4x1x  3x x b) 12x12  3x 22  12x 32  12x1x  24x1x  8x x c) x1x  x x  x 3x  x x1 Bài 3: Đưa dạng toàn phương sau dạng tắc biến đổi trực giao, tìm phép biến đổi ấy: a) 6x12  5x 22  7x 32  4x1x  4x1x b) 11x12  5x 22  2x 32  16x1x  4x1x  20x x c) x12  x 22  5x 32  6x1x  2x1x  2x x d) x12  x 22  x 32  4x1x  4x1x  4x x e) 17x12  14x 22  14x 32  4x1x  4x1x  8x x 3 Bài 4: Cho dạng toàn phương H :  xác định H(x, y,z)  x  y  z  4xy  4xz  4yz Tìm sở v1, v , v3 cho biểu thức tọa độ H sở có dạng tắc 43 Bài 5: Cho dạng tồn phương H :  có ma trận sở tắc là:  17 2 2  A   2 14 4  Tìm sở e1,e ,e3 cho sở  2 4 14    dạng toàn phương H có dạng tắc Bài 6: Hai dạng tồn phương sau có tương đương trường số thực không H1  x12  4x 22  x 32  4x1x  2x1x H  y12  2y 22  y32  4y1y  2y1y3  4y y3 Bài 7: Hãy đưa phương trình đường bậc hai sau dạng tắc nó, tìm tên đường: a) 32x  52xy  7y2  180  b) 19x  6xy  11y  38x  6y  29  c) 4x  12xy  9y  x  y   d) 17x  12xy  8y2  e) 19x  6xy  11y  38x  6y   f) 4x  12xy  9y  4x  4y   Bài 8: Đưa phương trình mặt bậc hai sau dạng tắc: a) 8x  5y  5z  4xy  4xz  8yz  3x  6y  6z  b) 7x  y  z  8xy  8xz  16yz  Bài 9: Hãy xác định sở trực chuẩn khơng gian Euclide sở tắc dạng tồn phương H, viết dạng tắc H ứng với sở tắc a) H(u)  6x  5y  7z  4xy  4yz 44 b) H(u)  11x  5y  2z  16xy  4xz  20yz c) H(u)  x  y  5z  6xy  2xz  2yz d) H(u)  x  y  z  4xy  4xz  4yz Trong u  (x, y,z) Hướng dẫn Bài 1: a) t12  t 32  t 32 b) t12  t 22  t 32 ,   x1  t1  t  t  1  với phép biến đổi tọa độ:  x  t  t   x  t3    x1  y1  y  y3  với phép biến đổi tọa độ:  x  y1  y  y3 x  y    x1   c) t12  t 22  t 32 , với phép biến đổi tọa độ:  x     x3    1 0   2 Bài 2: a) x  y  z ; A   1   1  0    3 1  2  b) x  y  z ; A  1   1  45       3 t1  t2  t3 3  3 t2  y3 3 3 y2  y3 3 1 1 2 c) x  y ; A   0  0 1 1  4    0   1 0   2 Bài 3: a) t1  t  t , với ma trận chuyển sở:  1   1 0   b) t12  t 22  t 32 , với ma trận chuyển sở: 1 1 2 c) t1  t , với ma trận chuyển sở:  0  0 Bài 4: v1  ( 1  3   1   1        1 1  1   0  1 1 1 1 2 , , ), v  ( , ,0), v3  ( , , ) 3 2 6 2 1 4 1 Bài 5: e1  ( , , ),e2  (0, , ),e3  ( , , ) 3 2 18 18 18 1 1  Bài 6: H1 có ma trận A     1    1  1  H có ma trận B   2 2   1 2 1    Đưa hai dạng tồn phương tắc, tương đương số qn tính 46 Bài 7: Y2 X2 a)   , đường Hypebol b) 10X  20Y  10  , đường elip ảo c) Y  , X tùy ý, đường thẳng d) 5X  20Y  , suy biến điểm e) X2  Y  , đường elip f) Y  2X , đường parabol Bài 8: a) X  Y  Z , mặt paraboloit eliptic b) X  Y  Z2 , mặt nón Bài 9: Đối với dạng tồn phương H không gian véctơ Euclide n n biểu thức tọa độ H sở tắc e1, ,e n  H(u)   a ijx i x j i, j n Thì sở trực chuẩn n sở tắc dạng toàn phương H   gồm véctơ riêng ma trận A  a ij n  n hệ số tắc giá trị riêng ma trận A 2  e1  ( , , )  1 2 2  a) H(u)  3x1  6x  9x ; e2  ( , , ) 3  1  e  ( , , )  3  1  e  ( , , )  3  2 1 2  b) H(u)  9x1  18x  9x ; e2  ( , , ) 3  1 2  e  ( , , )  47 1  e1  ( , , )  1 2  , ) c) H(u)  3x12  6x 22  2x 32 ; e2  ( , 6   1 ,0)  e3  ( , 2  1  e1  ( , , )  1 2  d) H(u)  5x12  x 22  x 32 ; e2  ( , , ) 6   1 ,0)  e3  ( , 2  48 KẾT LUẬN Đề tài khóa luận tốt nghiệp “Dạng tồn phương khơng gian thực” nghiên cứu tìm hiểu số định nghĩa, định lí dạng tồn phương, số phương pháp đưa dạng toàn phương dạng tắc Do thời gian hồn thành khóa luận cịn hạn chế, lực có hạn kinh nghiệm chưa nhiều nên khóa luận có đạt số kết định khó tránh khỏi sai sót Vì vậy, em mong muốn nhận giúp đỡ góp ý q thấy giáo để khóa luận em hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phan Hồng Trường, Hà Nội – 2001, Giáo trình đại số tuyến tính Nguyễn Duy Thuận, Đại số tuyến tính, Nxb Đại học Sư phạm Lê Bá Long, Nguyễn Phi Nga, 2006, Bài giảng Toán cao cấp A2 Trần Trọng Huệ, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội, 2004, Giáo trình Đại số tuyến tính Hình học giải tích, tập Nguyễn Văn Mậu - Đặng Huy Ruận - Nguyễn Thủy Thanh Nguyễn Minh Tuấn, Đại số tuyến tính Hình học giải tích, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội Trần Văn Hạo, Đại số cao cấp, tập 1, Nxb Giáo Dục, 1997 Lương Hữu Thanh, Hà Nội – 1998, Hướng dẫn giải tập Đại số tuyến tính 50 ... Chương 1: Dạng toàn phương không gian thực 1.1 Định nghĩa dạng toàn phương 1.1.1 Ma trận biểu thức tọa độ dạng toàn phương 1.1.2 Biểu thức tọa độ dạng toàn phương sở khác... dụng khóa luận Nội dung khóa luận gồm chương: Chương 1: Dạng tồn phương khơng gian thực Chương trình bày định nghĩa dạng tồn phương, dạng tồn phương tắc, ma trận biểu thức tọa độ dạng toàn phương. .. âm dạng tồn phương Giả sử (p, q) cặp số quán tính dương âm dạng tồn phương H khơng gian n chiều V thì: p + q = r(H) 1.3.3 Dạng toàn phương xác định 1.3.3.1 Định nghĩa Dạng toàn phương H không gian