TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ĐỖ THỊ LOAN DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRONG KHÔNG GIAN THỰC KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên 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 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 1.1.3 Định nghĩa dạng toàn 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 quán tính dạng toàn 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 toàn phương dạng tắc 23 2.1 Định lí 23 2.2 Một số phương pháp đưa dạng toàn 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 hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình cô giáo Th.S Đinh Thị Kim Thúy Nhân dịp này, em xin bày tỏ lòng 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 cô 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 có hạn nên khó tránh khỏi sai sót Em mong muốn nhận bảo, đóng góp quý thầy cô, 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 cô giáo Th.S Đinh Thị Kim Thúy em hoàn 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 môn như: Hình Affin, Hình Euclide, Hình Xạ ảnh, Giải tích hàm… Ngoài có nhiều ứng dụng lĩnh vực khoa học khác Một phần quan trọng thiếu Đại số tuyến tính dạng toàn phương không 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 không gian thực” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Đại học cho Đối tượng, phạm vi nghiên cứu - Đối tượng: dạng toàn phương không gian thực - Phạm vi: kiến thức liên quan đến dạng toàn phương Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu dạng toàn phương Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu dạng toàn phương để cung cấp kiến thức cho việc tiếp thu học môn hình học số môn thuộc môn 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 không gian thực Chương trình bày định nghĩa dạng toàn phương, dạng toàn 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 toàn 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 TOÀN PHƯƠNG TRONG KHÔNG GIAN THỰC 1.1 Định nghĩa dạng toàn phương Giả sử V không gian véctơ trường số thức Giả sử  : V  V  dạng song tuyến tính đối xứng không 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 toàn phương H : V  hàm số xác định không gian véctơ V có công thức xác định ảnh H(v) đa thức bậc tọa độ véctơ v sở  Chú ý: Nói chung, dạng toàn phương cho vô 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 toàn đẳng Khi nói đến ma trận A dạng toàn phương ta hiểu A ma trận đối xứng Ngược lại, ma trận đối xứng A ma trận dạng toàn 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 toàn 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 toàn 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 toàn 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 toàn phương H K-không 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 toàn 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 toàn 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 toàn 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 toàn 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 toàn 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 toàn 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 toàn 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 không gian Euclide sở tắc dạng toàn 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 toàn phương tắc, tương đương số quán 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 toàn 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 toàn phương không gian thực” nghiên cứu tìm hiểu số định nghĩa, định lí dạng toàn phương, số phương pháp đưa dạng toàn phương dạng tắc Do thời gian hoàn thành khóa luận 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 quý thấy cô 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 [...]... SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐƯA DẠNG TOÀN PHƯƠNG VỀ DẠNG CHÍNH TẮC  Cho dạng toàn phương H()  n   n  a ijx i x j ,    x i i trong cơ sở i, j1 i 1   ()  1, ,  n việc tìm một cơ sở H- trực giao sao cho dạng toàn phương H    đã cho có dạng chính tắc H()  n  a i xi2 được gọi là phương pháp đưa i, j1 dạng toàn phương về dạng chính tắc 2.1 Định lí: Mọi dạng toàn phương đều có biểu thức dạng. .. p + q = r(H) 1.3.3 Dạng toàn phương xác định 1.3.3.1 Định nghĩa Dạng toàn phương H trên không gian véctơ V được gọi là xác định   nếu: H()  0    0 Dạng toàn phương H trên không gian véctơ V được gọi là xác định     dương (âm) nếu H()  0 H()  0 với mọi 0    V   Hệ quả: Nếu H là dạng toàn phương xác định dương (âm) trên không gian véctơ V, và W là không gian véctơ con của V... ,n Vậy dạng toàn phương H xác định dương  Tóm lại mệnh đề được phát biểu lại như sau: H là dạng toàn phương xác định dương khi và chỉ khi p = n H là dạng toàn phương xác định âm khi và chỉ khi q = n 1.3.3.3 Định lí (Sylvester) Giả sử có dạng toàn phương H trên R -không gian véctơ n-chiều V, với    ma trận là A trong một cơ sở (e)  e1,e 2 , ,e n nào đó của V khi đó:   a) Dạng toàn phương. .. chính là ma trận của dạng toàn phương H đối với cơ sở trực chuẩn (II) Vì B có dạng đường chéo nên H có dạng chính tắc, (II) là cơ sở chính tắc của dạng toàn phương H  Chú ý: Trong cơ sở các phương chính (II) biểu thức tọa độ của dạng toàn phương H là H(x)  1t12   2 t 22    n t n2 , trong đó 1,  2 , ,  n là những giá trị riêng của ma trận A t 2.2.2.2 Định lí: Cho dạng toàn phương H(x)  x Ax...  y t Dy  1y12   2 y 22    n y2n 2.2.2.3 Phương pháp biến đổi trực giao Từ định nghĩa của dạng toàn phương chính tắc, ta thấy nếu chuyển ma trận của dạng toàn phương về dạng ma trận chéo thì khi đó ta có thể chuyển dạng toàn phương về dạng chính tắc 30 Giả sử H là dạng toàn phương trong không gian véctơ Euclide V với cơ sở trực chuẩn () có ma trận là A (ma trận đối xứng) Khi đó ta có thể chéo... mãn hệ phương trình trên là giá trị cần tìm 1.3.3.4 Định nghĩa: Hai dạng toàn phương H1,H 2 trên không gian véctơ thực V được gọi là tương đương nếu có một tự đẳng cấu tuyến tính     :V  V sao cho H1()  H 2 (()) ,  V 1.3.3.5 Định lí: Hai dạng toàn phương trên không gian véctơ thực V tương đương với nhau khi và chỉ khi chúng có cùng chỉ số quán tính Chứng minh: Giả sử hai dạng toàn phương. .. là H W ) cũng là một dạng toàn phương xác định dương (âm) trên W Nếu  là dạng cực của dạng toàn phương H thì định nghĩa xác định dương (âm) đối với  tương tự như đối với dạng toàn phương H 1.3.3.2 Mệnh đề Dạng toàn phương H trên R -không gian véctơ n-chiều V xác định dương (hoặc xác định âm) khi và chỉ khi chỉ số quán tính dương (hoặc chỉ số quán tính âm) bằng n Tức là nếu H có dạng chính tắc: H(x)... 2 x 3      Bài 4: Cho dạng toàn phương H : 4  xác định bởi H(x, y,z, t)  3x 2  2y2  z 2  2t 2  2xy  4yz  2yt Tìm chỉ số quán tính của dạng toàn phương đã cho Bài 5: Cho dạng toàn phương H : 4  xác định bởi H(x, y,z, t)  4x 2  y2  4mz 2  2mxy  4mxz  4yz Tìm m để dạng toàn phương H xác định âm Bài 5: Tìm tất cả những giá trị của m sao cho các dạng toàn phương sau là xác định dương:... của hệ phương trình  Vậy KerH    (4a,a,a)  3 ,a    1.2.2 Định nghĩa hạng Giả sử H là một dạng toàn phương trên không gian véctơ V có ma trận là A trong một cơ sở nào đó của V, khi đó: Ta gọi rankA là hạng của dạng toàn phương H (cũng gọi là hạng của dạng cực  của H) và kí hiệu là rankH hay r(H) (hay rank  ) Ta có rankH  dim V  dim(ker ) Nếu rankH =dimV thì dạng toàn phương H (hay dạng. .. 6: Để dạng toàn phương xác định dương thì tất cả các định thức con chính đều dương a) m  2 b) | m | 5 3 4 c)   m  0 5 d) Không tồn tại m Bài 7: Gọi A, B lần lượt là ma trận của dạng toàn phương và phép biến đổi tọa độ Ta có biểu thức tọa độ của dạng toàn phương H có thể viết ở dạng  ma trận là H()  x t Ax Tương ứng với phép biến đổi x=By, ta có biểu thức 21  tọa độ của dạng toàn phương ... 1: Dạng toàn phương không gian thực Chương trình bày định nghĩa dạng toàn phương, dạng toàn phương tắc, ma trận biểu thức tọa độ dạng toàn phương Những định nghĩa hạng hạch, luật quán tính dạng. .. 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... âm dạng toàn phương Giả sử (p, q) cặp số quán tính dương âm dạng toàn phương H không 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