CHUONG 5 KHONG GIAN EUCLIDE VA DANG TOAN PHUONG

CHUONG 5 KHONG GIAN EUCLIDE VA DANG TOAN PHUONG tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về...

Chương 5

KHÔNG GIAN EUCLIDE VÀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRÊN \n

1 KHÔNG GIAN EUCLIDE

1.1 Định nghĩa

i) Với u =(a ,a , ,a1 2 n) và ( ) n

1 2 n

v = b , b , , b ∈ \ , ta định nghĩa

1 1 2 2 n n

u, v =a b +a b + a b+

và u, v được gọi là tích vô hướng của hai vectơ u và v trong \n

ii) Không gian vectơ \n có trang bị tích vô hướng gọi là không gian Euclide

1.2 Tính chất

i) u,u ≥0, u,u = ⇔ =0 u 0,

ii) ku, v = u, kv =k u, v ,

iii) u u , v+ ′ = u, v + u , v′ ,

u, v v+ ′ = u, v + u, v′ ,

iv) u, v = v,u ,

với mọi u,u , v, v′ ′ ∈ \n, k ∈ \

1.3 Định nghĩa (Chuẩn của một vectơ)

1 2 n

u = a ,a , ,a ∈ \ , ta đặt

u = u,u = a +a + a+

và gọi u là chuẩn của vectơ u ∈ \ n

1.4 Định nghĩa (Khoảng cách giữa hai vectơ)

u = a ,a , ,a , v = b , b , , b ∈ \ , ta đặt

d u, v = u v− = a −b + a −b + + a −b

và gọi d u, v là khoảng cách giữa hai vectơ u và v ( )

Hiển nhiên d u, v( ) >0 nếu u v≠ và d u, v( )= 0 nếu u v=

Ví dụ 1. Cho u= (2,3,4 , v) = (1,2,3)∈ \3 Ta có

u, v = ⋅ + ⋅ + ⋅ =2 1 3 2 4 3 20

2 2 2

u = u,u = 2 +3 +4 = 29

d u, v = u v− = 2 1− + 3 2− + 4 3− = 3

2 CƠ SỞ TRỰC GIAO

2.1 Định nghĩa

u = a ,a , ,a , v = b , b , , b ∈ \ Ta nói u và v là hai vectơ trực

giao, ký hiệu u ⊥ v, nếu u, v =0

1 2 m

S = u ,u , ,u ⊂ \ Ta nói

S là tập trực giao nếu ui ⊥uj với mọi i j≠ , i, j∈{1,2, , m}

S là tập trực chuẩn nếu S là tập trực giao và ui =1 với mọi i∈{1,2, , m}

Ví dụ 2. Cho hệ { } 3

1 2 3

S= e ,e ,e ⊂ \ , với e1 =(1,0,0), e2 =(0,1,0), e3 =(0,0,1)

Ta có S là tập trực giao Hơn nữa, S còn là tập trực chuẩn

2.2 Định nghĩa

Cho S ={e ,e , ,e1 2 n} là một cơ sở của \n

i) Nếu S là tập trực giao thì ta nói S là một cơ sở trực giao của \n

ii) Nếu S là tập trực chuẩn thì ta nói S là một cơ sở trực chuẩn của \n

Ví dụ 3. Hệ S trong ví dụ 2 là một cơ sở trực giao và cũng là một cơ sở trực chuẩn của \3

2.3 Định lý Mọi hệ trực giao trong \n không chứa vectơ 0 đều độc lập tuyến tính Chứng minh. Giả sử u1, u2, , um là một họ trực giao trong không gian Euclide \n, u ≠ 0i với mọi i 1, m= và k u1 1 +k u2 2 + k u+ m m =0 Khi đó, với mọi

j 1, m= , ta có

j 1 1 2 2 m m

u , k u +k u + k u+ = 0 và do đó k u ,uj j j = 0 Suy ra kj = 0 với mọi j 1, m=

Vậy u1, u2, , um độc lập tuyến tính

2.4 Định lý (Quá trình trực giao hóa Gram - Schmidt)

Cho họ vectơ độc lập tuyến tính u ,u , ,u1 2 m (m 2)≥ trong không gian Euclide

n

\ Khi đó, tồn tại họ trực giao v , v , , v1 2 m sao cho

1 2 m 1 2 m

u ,u , ,u = v , v , , v

Chứng minh. Quy nạp theo m

• Với m 2= : Chọn v1 = u1, hiển nhiên v1 ≠ 0 Chọn v2 dưới dạng

2 2 1

v =u +tv , t∈ \

Ta có

* v ≠ 02 (vì nếu không thì u1, u2 phụ thuộc tuyến tính)

* u ,u1 2 = v , v1 2

Ngoài ra,

v ⊥ v ⇔ v , v = ⇔0 u , v +t v , v =0

2 1

1 1

u , v t

v , v

Vậy với t cho bởi (5.1) thì v1, v2 là họ trực giao cần tìm

• Giả sử định lý đúng với m Xét họ độc lập tuyến tính u1, u2, , um, um 1+

Theo giả thiết quy nạp, trong \n tồn tại họ trực giao v1, v2, , vm sao cho

1 2 m 1 2 m

u ,u , ,u = v , v , , v Bây giờ, ta tìm vectơ vm 1+ dưới dạng

m 1 m 1 1 1 2 2 m m

v + = u + +t v +t v + t v+ , t ∈ \i

Ta có vm 1+ ≠0 và

1 2 m m 1 1 2 m m 1

u ,u , ,u ,u + = v , v , , v , v + Mặt khác, họ v1, v2, , vm, vm 1+ trực giao khi và chỉ khi vm 1+ , vi =0, với

mọi i 1, m= ,

i i i m 1 i

t v , v u + , v

⇔ = − , với mọi i 1, m=

m 1 i i

i i

u , v t

v , v

+

Do đó, với t1, t2, , tm cho bởi (5.2) thì v1, v2, , vm, vm 1+ là họ trực giao

cần tìm và do đó định lý đúng với m 1+

Chú ý Phương pháp xác định họ trực giao v1, v2, , vm từ họ độc lập tuyến

tính u1, u2, , um như trong chứng minh định lý trên được gọi là phương pháp

trực giao hóa Gram – Schmidt Ta có thể tóm tắt lại quá trình tìm vk bằng công

thức

k i

i k i i

u , v

v , v

<

Chẳng hạn, ta có

1 1

1 1

u , v

v , v

1 1 2 2

Ví dụ 3. Trong \3, xét cơ sở S ={u1 =(2,3,6 ,u) 2 =(5, 3,8 ,u− ) 3 = (8,5,3) } Đặt

1 1

v = u = 2,3,6

2 1

1 1

u , v

v , v

3 1 3 2

1 1 2 2

Ta được {v , v , v là một cơ sở trực giao của 1 2 3} \3

Hơn nữa, với

1

7 v

2

7 v

3

7 v

thì {w , w , w là một cơ sở trực chuẩn của 1 2 3} \3

2.5 Hệ Quả

Trong không gian Euclide \n luôn luôn tồn tại cơ sở trực chuẩn

3 CHÉO HÓA MA TRẬN ĐỐI XỨNG BẰNG MA TRẬN TRỰC GIAO

3.1 Định nghĩa

Cho ma trận A M∈ n Ta nói A là ma trận trực giao nếu T T

n

AA = A A I= , nghĩa là A khả nghịch và A− 1 = AT

Ví dụ 4. Cho

3

2 2 1 1

3

2 1 2

Ta có A là ma trận trực giao vì T T

3

AA = A A I= Do đó A khả nghịch và

1 T

2 1 2 1

3

−

Ta chấp nhận kết quả sau

3.2 Định lý Nếu A M∈ n là ma trận đối xứng thì luôn tồn tại ma trận trực giao

n

P M∈ làm chéo hóa A , nghĩa là P AP− 1 là ma trận chéo

3.3 Giải thuật chéo hóa một ma trận đối xứng bằng ma trận trực giao

Để chéo hóa một ma trận đối xứng A M∈ n bằng ma trận trực giao, ta thực hiện các bước sau

Bước 1. Tìm một cơ sở S của \n gồm toàn những vectơ riêng của A (xem chương 4)

Bước 2 Xây dựng cơ sở trực giao S′ từ S bằng quá trình trực giao hóa Gram – Schmidt Từ đó suy ra cơ sở trực chuẩn B của \n gồm những vectơ riêng của A Gọi B là cơ sở chính tắc (và là cơ sở trực chuẩn) của 0 \n và P là ma trận đổi

cơ sở từ B sang B thì P là ma trận trực giao cần tìm và 0 P AP− 1 là ma trận chéo

Ví dụ 6. Chéo hóa ma trận đối xứng sau bằng ma trận trực giao

3

Bước 1. Tìm một cơ sở của \3 gồm toàn vectơ riêng của A

Ta có A có hai trị riêng λ =1 0 và λ =2 3 (nghiệm kép của phương trình đặc trưng) và

Eλ = u = 1,1,1 , Eλ2 = u2 = −( 1,1,0 ,u) 3 = −( 1,0,1) Vậy một cơ sở của \3 gồm toàn các vectơ riêng của A là S ={u ,u ,u1 2 3}

Bước 2. Từ cơ sở S, ta xây dựng được cơ sở trực giao

S′ = v = 1,1,1 , v = −1,1,0 , v = − −1, 1,2

Từ đó ta xây dựng được cơ sở trực chuẩn của \3 là

B

Gọi B là cơ sở chính tắc của 0 \3 Ma trận đổi cơ sở từ B qua B là 0

1

6

Khi đó P là ma trận làm chéo hóa A và

1

0 0 0

0 0 3

−

4 DẠNG TOÀN PHƯƠNG

4.1 Định nghĩa

Một dạng toàn phương trên \n là một ánh xạ q :\n → \ có dạng

1 2 n 11 1 12 1 2 13 1 3 1n 1 2

22 2 23 2 3 24 2 4 nn n

q x , x , , x a x 2a x x 2a x x 2a x x

a x 2a x x 2a x x a x

Ví dụ 7. Ánh xạ q :\3 →\, xác định bởi

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3

q x , x , x = 3x +4x +5x +4x x −4x x , là một dạng toàn phương trên\3

4.2 Ma trận của dạng toàn phương

Cho dạng toàn phương trên \n,

1 2 n 11 1 12 1 2 13 1 3 1n 1 2

22 2 23 2 3 24 2 4 nn n

q x , x , , x a x 2a x x 2a x x 2a x x

a x 2a x x 2a x x a x

Với

1 2

n

x x X x

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

= ⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠

# và

11 12 1n

12 22 2n

1n 2n nn

A

"

"

" " " "

"

,

thì A là ma trận đối xứng,

1 2 n

và ta gọi A là ma trận của dạng toàn phương q

Ví dụ 8. Cho dạng toàn phương trên \3

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3

q x , x , x =3x +4x +5x +4x x −4x x

Ta có ma trận của dạng toàn phương q là

3

và khi đó,

3

x

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

4.3 Dạng chính tắc của dạng toàn phương

Cho dạng toàn phương q trên \n, ( ) T

1 2 n

q x , x , , x = X AX Đẳng thức (5.3) có thể viết lại thành

( )

T

q X = ⎣ ⎦⎡ ⎤X B A X⎡ ⎤⎣ ⎦B , trong đó B là cơ sở chính tắc của 0 \n Để nhấn mạnh, ta nói rằng A là ma trận

của dạng toàn phương q trong cơ sở chính tắc

Bây giờ, nếu tồn tại cơ sở B của \n sao cho

q X = ⎣ ⎦⎡ ⎤X B A X′⎡ ⎤⎣ ⎦B, với mọi X ∈ \n, trong đó A′ là một ma trận chéo,

1 2

n

A

0 0 a

,

thì đối với cơ sở này,

1 1 2 2 n n

với

1 2

n

y y X

y

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎡ ⎤ =

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Dạng (5.4) được gọi là dạng chính tắc của dạng toàn phương q

Nói cách khác, quá trình đưa dạng toàn phương q về dạng chính tắc nhằm tìm một ma trận khả nghịch P M∈ n sao cho với phép biến đổi biến số X PY= ,

T

thì

1 1 2 2 n n

q X = a y +a y + a y+ , với a ,a , ,a ∈ \1 2 n

Ta chấp nhận kết quả sau

4.4 Luật quán tính

Khi một dạng toàn phương trên không gian Euclide \n được đưa về dạng chính tắc bằng hai cách khác nhau thì số các hệ số dương bằng nhau và số các hệ số âm cũng bằng nhau

4.5 Giải thuật chuyển dạng toàn phương về dạng chính tắc

1 Phương pháp dùng ma trận trực giao

Cho dạng toàn phương trên \n, ( ) T

1 2 n

q x , x , , x = X AX, trong đó A là ma trận đối xứng Do A là ma trận đối xứng nên do phần trên, ta luôn tìm được ma trận trực giao P sao cho P AP−1 là ma trận chéo Giả sử

1

n

P AP

−

Y = y y y Ta có

1 2 n

q x , x , , x = X AX = PY A PY = Y P AP.Y Y P AP.Y= −

n n

1 1 2 2 n n

a y a y a y

Ví dụ 9. Với dạng toàn phương trên \3

2 2 2

1 2 3 1 2 2 3

q 3x= +4x +5x +4x x −4x x , xét ma trận của q,

,

ta có A là ma trận đối xứng có 3 giá trị riêng λ =1 1, λ =2 4, λ =3 7, với các không gian riêng

Vλ = u = 2,2,1 ,

Vλ = u = −2,1,2 ,

Vλ = u = 1, 2,2−

Ta được một cơ sở của \3 gồm toàn các vectơ riêng của A là S ={u ,u ,u1 2 3} Từ cơ sở S, ta xây dựng được cơ sở trực giao

S′ = v = 2,2,1 , v = −2,1,2 , v = 1, 2,2− và cơ sở trực chuẩn của \3

B

Gọi B là cơ sở chính tắc của 0 \3 Ma trận đổi cơ sở từ B qua B là 0

1

3

Khi đó P là ma trận làm chéo hóa A và

1

1 0 0

0 0 7

−

do đó

3

y

1 0 0

0 0 7 y

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

với

X PY= hay Y P X P X= − 1 = T

1

3

( )

1

1 3 1 2 3 1

2 3 1 2 3 1

3 3 1 2 3

⎪⎪

⎪

⎪⎩

2 Thuật toán Lagrange

Để chuyển dạng toàn phương q về dạng chính tắc thì ngoài phương pháp chéo hóa một ma trận, người ta có thể dùng thuật toán Lagrange để biến dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng quy nạp trên n như sau

Đổi biến mới y1 sao cho 2

11 1 1

q a y= +q trong đó q1 chỉ lệ thuộc vào n 1− biến 2

x , x3, , xn Đối với biến x1, bằng cách gom tất cả các số hạng có chứa biến x1,

ta có

11 1 12 1 2 1n 1 n 11 1 1 2 1 n

Dùng công thức

ta được

2

11 1 12 1 2 1n 1 n 11 1 2 n

2

11 1 1

q a y= +q , trong đó q1 là dạng toàn phương chỉ lệ thuộc vào n 1− biến x2, x3, , xn

Tiếp tục khử số hạng x2,

Ví dụ 10. Chuyển dạng toàn phương sau về dạng chính tắc

2 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 3

q 2x= +x +17x −4x x +12x x −16x x Xét các số hạng chứa x1, ta có

2

2x −4x x +12x x = 2 x⎡⎢ −x +3x − x −3x ⎤⎥

Đặt y1 = x1 −x2 +3x3, ta được

1 2 2 3 3 2 3 2 3

q 2y= −2 x −6x x +9x +x +17x −16x x

2 2 2

1 2 2 3 3

Tiếp tục xét các số hạng chứa x2,

và đặt y2 = x2 +2x3, ta được

2 2

1 2 3

q 2y= −y +3x Tóm lại, bằng cách đặt

1 1 2 3

2 2 3

3 3

⎪

⎨

⎩

thì q có dạng chính tắc là 2 2

1 2 3

q 2y= −y +3y

Chú ý. Trong trường hợp hệ số a11 =0, nghĩa là không có thừa số 2

1

x trong

q thì ta gom các số hạng chứa x2 trước

Nếu a11 =a22 = a= nn =0, nghĩa là không có số hạng x , 12 x , , 22 x thì ta 2n xét một số hạng tích chéo, chẳng hạn x x1 2, và dùng ẩn phụ

1 1 2

2 1 2

⎪

⎨

⎪⎩

Thế vào biểu thức của q thì 2 2

1 2 1 2

x x = y −y , tiếp tục thực hiện như bước trước

Ví dụ 11. Chuyển dạng toàn phương sau về dạng chính tắc

1 2 1 3 1 4 2 4 3 4

q x x= −2x x +2x x −x x −4x x Đặt

1 1 2

2 1 2

⎪

⎨

⎪⎩

Ta có

2 2

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

2 2

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

Gom các số hạng chứa y1, ta có

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

y −2y x +y x = y −x + x − x − x

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

z = y −x + x = x + x −x + x , ta được

1 2 2 3 2 4 3 4 3 4 4

q z= −y −2y x +3y x −3x x −x − x

Gom các số hạng chứa y2,

2 2 3 2 4 2 3 2 4 3 2 4

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

z = y +x − x = x − x +x − x , ta được

1 2 3 4 4

q z= −z −6x x +2x Tiếp tục gom các số hạng chứa x4,

3 4 4 2 3 4 4 3

và đặt 3

4 2 3 4

z = − x + x , ta được

2 2 9 2 2

1 2 2 3 4

q z= −z − x +2z

Tóm lại, bằng cách đặt

1 2 1 2 2 3 2 4

2 2 1 2 2 3 2 4

z = x − x +x − x

3 3

4 2 3 4

z = − x + x thì

2 2 9 2 2

1 2 2 3 4

q z= −z − z +2z

Bài tập

1. Trong không gian \3 cho cơ sở e1 =(1,2,3 ,e) 2 =(0,2,0 ,e) 3 =(0,0,3) Hãy trực chuẩn hóa cơ sở này

2. Trong không gian \4 cho cơ sở e1 =(1,0,1,2), e2 = −( 1,0, 1,0− ), e3 =(0,0,2,1),

4

e = 0,1,1,1 Hãy trực chuẩn hoá cơ sở này

3. Tìm ma trận trực giao đưa dạng toàn phương trên \3 về dạng chính tắc

a) 5x12 +9x22 +9x23 −12x x1 2 −6x x1 3

b) 5x12 +x22 −x23 +2x x1 2 −2x x1 3 −4x x2 3

c) 3x12 +3x22 +3x23 +2x x1 2 −4x x1 3 +4x x2 3

4. Dùng thuật toán Lagrange, đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc

1 2 1 2 2 3

x +2x +2x x +4x x

1 2 3 1 2 2 3

x +4x +x −4x x +2x x

1 2 3 1 2 1 3 2 3

x + x +x −2x x +2x x +2x x

d) 2x12 +x22 +3x23 −4x x1 2 −4x x2 3

e) x x1 2 +3x x1 3 −8x x2 3

f) −5x x1 2 +4x x1 3 −2x x2 3