01 bài giảng số 1 dạng song tuyến tính, dạng toàn phương và các dạng bài tập

Định nghĩa 1.4: Hạng của ma trận của một dạng toàn phương được gọi là hạng của dạng toàn phương đó.. Dạng toàn phương được gọi là không suy biến nếu ma trận của nó không suy biến.. n x 

Bài giảng số 1 Dạng song tuyến tính và dạng toàn phương

I Tóm lược lý thuyết

một dạng song tuyến tính trên E nếu:

a)  ( u  u v', )( , )u v ( ', )u v với mọi  , ,u u v, ', E;

b) ( ,u  v v')( , )u v ( , ')u v với mọi  , R,u v v, , 'E

Trong trường hợp ( , )u v ( , )v u thì ta nói  là song tuyến tính đối xứng trên E

Ma trận của dạng song tuyến tính

Gọi e e1, 2,,e nlà một cơ sở của không gian véc tơ thực E Giả sử  là song tuyến

tính trên E, khi đó ma trận của  trong cơ sở e e1, 2,,e n có dạng:

n

n







Nếu  là song tuyến tính đối xứng trên E thì ma trận của  trong cơ sở bất kì của E là ma

trận đối xứng

Định nghĩa 1.2: Một dạng toàn phương n biến x x1, 2,,x n là một biểu thức có dạng:

1 1

n n

ij i j

i j

c x x

 

 , ở đó c   ij với mọi i j, 1, 2,,n thoả mãn i j

Trong đó

1

n

x x

x

 và A a ij n, với a ij xác định như sau:

1 2 1 2

ij

ij ij

ji

c khi i j

c khi i j



















dễ thấy A là một ma trận đối xứng cấp n, A được gọi là ma trận của dạng toàn phương

Định nghĩa 1.4: Hạng của ma trận của một dạng toàn phương được gọi là hạng của dạng

toàn phương đó Dạng toàn phương được gọi là không suy biến nếu ma trận của nó không suy biến

x Ax là xác định dương nếu x Ax  với mọi t 0

n

x  

x Ax được gọi là xác định dương khi và chỉ khi tất

cả các giá trị riêng của ma trận đối xứng A là dương

Điều kiện cần và đủ để một dạng toàn phương xác định dương là tất cả các định thức con chính của ma trận đều dương

x Ax được gọi là dạng chính tắc nếu tất cả các a  ij 0

với i j

Nói cách khác dạng toàn phương được gọi là dạng chính tắc nếu nó có dạng:

11 1 22 2 nn n

a x a x a x

Các phương pháp đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc

Phương pháp Lagrange

Xét dạng toàn phương x t Ax =

, 1

n

ij i j

i j

a x x



 , có hai trường hợp sau:

2

11[ 1 2( 12 2 1n n) 1 ( 12 2 1n n) ]

+

, 2

n

ij i j

i j

a x x



11( 12 2 1n n)

a a x a x

11( 1 12 2 1n n) ( ,2 , n)

Dùng phép biến đổi không suy biến:

n n



 







 





  

Ta viết dạng toàn phương trên về dạng

, 2 ( , )

n

i j



Nếu b ii 0, thì lặp lại quá trình như trên đối với dạng toàn phương

, 2

n

ij i j

i j

b y y





Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi ta thu được dạng chính tắc:

1 1t 2 2t n n t

  

2 2

i j i

i i j

i j j

x x y











 

 



và dùng phép biến đổi:











ta có thể đưa dạng toàn phương ban đầu về dạng: 11 12

, 2

n

ij i j

i j

a y b y y



Lặp lại quá trình của trường hợp 1, ta đưa dạng toàn phương đã cho về dạng chính tắc

Phương pháp Jacobi

Phương pháp Jacobi được áp dụng khi tất cả các định thức con chính của ma trận của dạng toàn phương khác không

Cho dạng toàn phương

, 1

n t

ij i j

i j

x Ax a x x



Giả sử tất cả các định thức con chính  1, 2,,n của ma trận A của dạng toàn phương

đều khác không Khi đó tồn tại duy nhất một phép biến đổi tuyến tính thuần nhất không suy biến của các biến có dạng:

n n

n n















       

Chuyển dạng toàn phương đã cho về dạng chính tắc: 2

1

n

j j j y





với 1 1

1

; j j , 2, ,

j





Các hệ số  ijcủa phép biến đổi tuyến tính này được xác định bởi công thức:

1

1

( 1)i j j i ij

j





 

 ,

ở đây j 1i là định thức con của ma trận A nằm trên các giao điểm của các hàng của ma trận

đó với các chỉ số 1, 2,, j 1 và các cột với các chỉ số 1, 2,,i1,i1,, j

Phương pháp trực giao hoá

Các bước đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp trực giao hoá:

phép biến đổi x = Py, thay vào dạng toàn phương khi đó ta đưa dạng toàn phương về dạng

chính tắc với các hệ số chính là các giá trị riêng

II Các ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1:

Trong không gian Euclide 3

,

 cho biểu thức:

( , )x y 2x y1 13x y2 3 4x y3 1 x y3 3 (1)

1) Chứng minh rằng biểu thức (1) xác định một dạng song tuyến tính của 3

2) Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở:

v1(1, 0, 0),v2(1, 1, 0),v3(1, 1, 1) 

Giải :

1) Gọi

là các véc tơ của 3, , , ta có :

(2x z1 13x z2 3 4x z3 1 x z3 3)(2y z1 13y z2 3 4y z3 1 y z3 3)

( , )x z ( , )y z Tương tự ta cũng có ( , x  y z)( , )x y ( , )x z

Vậy  là một dạng song tuyến tính trên 3

 2) Ma trận của dạng song tuyến tính  đối với cơ sở {v1, v2, v3} có dạng:

Ví dụ 2:

Trong không gian Euclide 3, xét dạng toàn phương

2x12  x22  x32 2x x1 2 2x x1 3 theo các biến x x x1, 2, 3

1) Viết dạng toàn phương theo dạng t

x Ax ở đó

1

2

3

x

x



, còn A là ma trận đối xứng

với hệ số thực

2) Áp dụng quá trình trực giao hoá đối với ma trận A

3) Tìm một phép biến đổi x = Py, ở đây P là ma trận khả nghịch để dạng toàn

phương có thể viết dưới dạng y t Dy với

1

2

3

y

y

và D là ma trận dạng chéo với hệ số

thực

4) Dạng toàn phương này có xác định dương không? Hãy khẳng định bằng cả điều kiện giá trị riêng và theo chứng minh của câu (3)

Giải:

1) Ma trận của dạng toàn phương có dạng

A

Vậy dạng toàn phương: 2 2 2

2x  x  x 2x x 2x x = t

x Ax 2) Phương trình đặc trưng của ma trận A có dạng:

2

(1 )[(1 )(2 ) 1] (1 ) 0

0

3





















 

 Với  0, toạ độ véc tơ riêng tương ứng là nghiệm của hệ:

2 3

0 0



 









 vậy véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng 0 là 1

1 1 1

u



Với  1, toạ độ véc tơ riêng tương ứng là nghiệm của hệ:

1 1

1

0

0 0

0

x x

x









 



 vậy véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng 1 là 2

0 1 1

u

Với  3, toạ độ véc tơ riêng tương ứng là nghiệm của hệ:

2 3

0

2













 Vậy véc tơ riêng tương ứng với giá trị riêng 1 là 3

0 1 1

u

Hệ véc tơ u u u1, 2, 3là hệ trực giao, trực chuẩn hoá các véc tơ u i (i 1, 2, 3) bằng cách đặt

i

i

i

u

v

u

 ta có hệ véc tơ trực chuẩn { 1 2 3

0

1

2





     

 

 

}

Đặt

0

P





thì P là ma trận trực giao Vậy P1 P t

Khi đó:

t

P AP

3) Bằng cách đặt

0

x Py





1

2

3

,

y y y

ta có :



















Thay vào dạng toàn phương trên và biến đổi ta đưa về dạng chính tắc:

 

1

3

t

y

y

4) Vì ma trận A có một giá trị riêng bằng không nên theo mệnh đề 1.6 dạng toàn phương

trên là không xác định dương

Ví dụ 3:

Dùng phương pháp Lagrange, hãy đưa các dạng toàn phương sau về dạng chính tắc:

1) x12  x22 2x32 2x x1 2 4x x1 3 4x x2 3 (1)

5x 2x 5x 4x x 8x x 4x x (2)

Giải:

1 2 2 3 2 1 2 4 1 3 4 2 3 [ 1 2 (1 2 2 )3 ( 2 2 ) ]3

x  x  x  x x  x x  x x  x  x x  x  x  x

x22 4x x2 3 2x32 (x2 2 )x3 2 (x1  x2 2 )x3 2 2x32

Dùng phép đặt 1 1 2 3

2









Suy ra dạng chính tắc của dạng toàn phương (1) là : y12 2y32

2) Biến đổi dạng toàn phương (2), ta có:

x  x  x  x x  x x  x x  x  x x  x  x  x

2 22 5 32 4 2 3 4( 2 2 )3 2 5[ 1 2( 2 2 )]3 2 6 22 9 32 4 2 3

2

x

x

Đặt:

1 3





















khi đó dạng toàn phương (2) được đưa về dạng chính tắc sau:

y  y  y

Ví dụ 4:

Cho dạng toàn phương 2 2 2

3x 2x 3x 2x x (3) Dùng phương pháp Jacobi, hãy tìm một phép biến đổi đưa dạng toàn phương (3) về dạng chính tắc

Giải:

Ma trận của dạng toàn phương là:

A

dễ thấy các định thức con  1 3, 2 6, 3 16 đều khác không nên tồn tại một phép biến đổi đưa dạng toàn phương (3) về dạng chính tắc :

3

1

i i i y





Trong đó:    1 1 3, 2

2 1

2

  

3 3 2

8 3

   



Phép biến đổi:

1 1 21 2 31 3









 



đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc: 2 2 2

8

3

y  y  y

Các hệ số trong phép biến đổi được xác định như sau:

0,

22 32

2

0 6



Vậy phép biến đổi phải tìm là:

1 3















Ví dụ 5:

Các dạng toàn phương sau đây có phải là dạng toàn phương xác định dương không? Hãy tìm hạng của các dạng toàn phương

1) 6x12  x22 9x32 2x x1 2 4x x2 314x x3 1;

6x 6x 5x 4x x 2x x 2x x

Giải

1) Ma trận của dạng toàn phương có dạng:

A

Dễ thấy  3 0nên dạng toàn phương trên không xác định dương

Để tìm hạng của dạng toàn phương ta tìm hạng của A

Vì  2 5và  3 0 nên hạng của ma trận A bằng 2 và do đó hạng của dạng toàn phương

trên bằng 2

2) Ma trận của dạng toàn phương có dạng:

A

Dễ thấy các định thức con chính





đều dương nên dạng toàn

phương trên là xác định dương và hạng của ma trận A bằng 3, do đó hạng của dạng toàn

phương bằng 3

Ví dụ 6:

Tìm điều kiện của tham số m để dạng toàn phương sau

2x  y 3z 2mxy2xz

là xác định dương

Giải

Ma trận của dạng toàn phương là:

2 1

m

Dạng toàn phương đã cho xác định dương khi và chỉ khi ma trận A là xác định dương, tức

là:

1

2 2

2 3

2 0 0

m





III Bài tập tự giải

1) Chứng minh biểu thức (1) xác định một dạng song tuyến tính trên 3

 2) Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở :

{ (1, 1, 0),v1 v2(1, 0,1),v3(0, 1,1)}

Bài 2: Hãy đưa các dạng toàn phương sau đây về dạng chính tắc bằng 3 phương pháp

Lagrange, phương pháp Jacobi và phương pháp trực giao hoá:

1) 3x12 2x22 3x32 2x x1 3;

3x 5x 4x 4x x 4x x ;

3) x12 5x22  x32 4x x1 2 6x x2 3

Bài 3: Tìm ma trận và xác định xem dạng toàn phương nào sau đây là xác định dương ?

3x 6x 3x 4x x 8x x 4x x ;

2x  x 2x x 2x x

Bài 4: Tìm ma trận và hạng của dạng toàn phương sinh bởi các dạng song tuyến tính sau:

1) f x y( , )5x y1 14x y1 2 3x y2 2 6x y2 3 x y3 2;

2) f x y( , )2x y1 2 6x y1 3 x y2 2 x y2 3 5x y3 3

Bài 5: Hãy tìm giá trị của tham số a để dạng toàn phương sau:

1 2 5 3 2 1 2 2 1 3 4 2 3

x  x  x  ax x  x x  x x là xác định dương