Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Dạng song tuyến tính, dạng toàn phương. Bài 1: Tìm ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở chính tắc và cơ sở {e′ (1,1,0), e′ (1,0,1), e′ (0,1,1)}; φ(x, y) = x y + 2x y − 5x y − 5x y − x y − 6x y 1 2 3 1 1 1 2 1 3 2 2 3 2 3 3 Lời giải 1 2 −5 Ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở chính tắc là: A = 0 −5 0 0 −1 −6 1 1 0 Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc sang cơ sở {e′ (1,1,0), e′ (1,0,1), e′ (0,1,1)} là P = 1 0 1 1 2 3 0 1 1 Khi đó ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở mới là 1 1 0 1 2 −5 1 1 0 −2 −4 −8 B = PT .A.P = 1 0 1 · 0 −5 0 · 1 0 1 = 2 −10 −10 0 1 1 0 −1 −6 0 1 1 −6 −6 −12 Bài 2: Cho các dạng toàn phương ω trên R3 có các biểu thức tọa độ: • ω (x) = x2 + 7x2 + x2 + 2x x − 4x x 1 1 2 3 1 2 2 3 • ω (x) = x2 + x2 + 4x2 − 2x x + 4x x 2 1 2 3 1 2 1 3 a) Dùng phương pháp Lagrange để đưa các dạng toàn phương trên về dạng chính tắc. b) Xem xét tính xác định âm, xác định dương của các dạng toàn phương trên. Lời giải a) • ω (x) = x2 + 7x2 + x2 + 2x x − 4x x 1 1 2 3 1 2 2 3 = (x + x )2 + 6x2 + x2 − 4x x 1 2 2 3 2 3 = (x + x )2 + (x − 2x )2 + 2x2 1 2 3 2 2 y = x + x 1 1 2 Đặt y = 2x − x . Thay lại ta được 2 2 3 y3 = x2 ω (x) = y2 + y2 + 2y2 1 1 2 3 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập • ω (x) = x2 + x2 + 4x2 − 2x x + 4x x 2 1 2 3 1 2 1 3 = (x − x + 2x )2 + 4x x 1 2 3 2 3 y = x − x + 2x y = x − x + 2x 1 1 2 3 1 1 2 3 y2 + y3 Đặt y = x + x ⇒ x2 = . Thay lại ta được 2 2 3 2 y2 − y3 y3 = x2 − x3 x3 = 2 ω (y) = y2 + y2 − y2 2 1 2 3 b) Từ phần a) dễ thấy ω1 xác định dương và ω2 không xác định dấu. Bài 3: Cho f là một dạng toàn phương trên R3 và f(x) = 5x2 + 2x2 + λx2 + 14x x + 2x x − 6x x . 1 2 3 1 2 1 3 2 3 Tìm λ biết biểu thức tọa độ của f trong cơ sở B = {(1; 1; 1),(1; 0; 1),(0; 1; 1)} là f(x) = 20x2 + 10x2 − x2 + 28x x + 14x x + 16x x . 1 2 3 1 2 1 3 2 3 Lời giải 5 7 1 Ma trận của dạng toàn phương với cơ sở chính tắc là A = 7 2 −3 1 −3 λ 1 1 0 Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B là P = 1 0 1 1 1 1 20 14 7 Ma trận của dạng toàn phương với cơ sở B là A′ = 14 10 8 7 8 −1 Khi đó ta có A′ = PT .A.P ⇔ (PT )−1.A′.P−1 = A −1 −1 1 1 1 20 14 7 1 1 0 5 7 1 ⇔ 1 0 1 · 14 10 8 · 1 0 1 = 7 2 −3 0 1 1 7 8 −1 1 1 1 1 −3 λ Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 5 7 1 5 7 1 ⇔ 7 2 −3 = 7 2 −3 1 −3 3 1 −3 λ ⇔ λ = 3 Bài 4: Xem xét tính xác định âm, xác định dương của các dạng toàn phương: a) ω (x) = 3x2 + 6x2 + 3x2 − 4x x + 4x x + 2x x (trên R3) 1 1 2 3 1 2 1 3 2 3 b) ω (x) = x2 + 4x2 + 5x2 − 4x x + 2x x + 4x x − 2x x (trên R4) 2 1 2 4 1 2 2 4 3 4 4 1 Lời giải a) ω (x) = 3x2 + 6x2 + 3x2 − 4x x + 4x x + 2x x 1 1 2 3 1 2 1 3 2 3 3 −2 2 Ma trận của dạng toàn phương ω với cơ sở chính tắc của R3 là A = −2 6 1 1 2 1 3 • Cách 1: Đưa về dạng chính tắc. • Cách 2: Tiêu chuẩn Sylvester Ta tính các định thức con chính: – ∆1 = 3 = 3 3 −2 – ∆2 = = 14 −2 6 3 −2 2 – ∆3 = −2 6 1 = 7 2 1 3 Ta có ∆1,∆2,∆3 > 0. Vậy dạng toàn phương ω1 xác định dương. b) ω (x) = x2 + 4x2 + 5x2 − 4x x + 2x x + 4x x − 2x x 2 1 2 4 1 2 2 4 3 4 4 1 Phương pháp Lagrange: ω (x) = x2 + 4x2 + 5x2 − 4x x + 2x x + 4x x − 2x x 2 1 2 4 1 2 2 4 3 4 4 1 = (x − 2x − x )2 + 4x2 − 2x x + 4x x 1 2 4 4 2 4 3 4 2 1 2 1 2 2 = (x1 − 2x2 − x4) + (2x4 − x2 + x3) − x2 − x3 + x2x3 2 4 2 1 2 1 2 = (x1 − 2x2 − x4) + (2x4 − x2 + x3) − ( x2 − x3) 2 2 Vậy dạng toàn phương ω2 không xác định dấu. Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Không gian Euclide. Bài 1: Cho không gian Euclide R3 với tích vô hướng chính tắc, W = span{(1,1,1),(3,4,5),(6,7,8)} a) Tìm một cơ sở trực chuẩn của W. b) Tìm hình chiếu trực giao của u = (4,2,6) lên W. Lời giải a) Xét ma trận hàng tọa độ của hệ vectơ {(1,1,1),(3,4,5),(6,7,8)}: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = 3 4 5 −→ 0 1 2 −→ 0 1 2 6 7 8 0 1 2 0 0 0 ⇒ r(A) = 2 → W = span{(1,1,1); (0,1,2)} = spanB Trực chuẩn hóa hệ B = {(1,1,1); (0,1,2)} Đặt u1 = (1,1,1) ; u2 = (0,1,2) u1 1 1 1 v1 = = √ , √ , √ u1 3 3 3 √ 1 1 1 u2 = u2− < u2, v1 > v1 = (0,1,2) − 3. √ , √ , √ = (−1,0,1) 3 3 3 u2 1 v2 = = √ (−1,0,1) u2 2 1 1 1 −1 1 ⇒ W có cơ sở trực chuẩn là √ , √ , √ ; √ ,0, √ 3 3 3 2 2 b) Vậy hình chiếu trực giao của u = (4,2,6) lên W: prW (u) =< u, v1 > v1+ < u, v2 > v2 = (4,4,4) + (−1,0,1) = (3,4,5) Bài 2: Trong không gian Euclide R4 với tích vô hướng thông thường cho các vector: u = (−2,0,−1,1); v = (1,−2,1,0). a) Tính khoảng cách giữa u và v. b) Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt hệ {u, v}. Lời giải Trong không gian Euclide 4 với tích vô hướng thông thường cho các vectơ: u = (−2,0,−1,1) ; v = (1,−2,1,0) 1. Tính khoảng cách giữa u và v 2. Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt hệ {u, v} Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Giải a) Khoảng cách giữa u và v: p √ duv = u − v = (−3,2,−2,1) = (−3)2 + 22 + (−2)2 + 12 = 3 2 b) Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt hệ {u, v}: u 1 u′ = = √ (−2,0,−1,1) u 6 1 1 1 v = v− < v, u′ > u′ = (1,−2,1,0) + (−2,0,−1,1) = 0,−2, , 2 2 2 v 1 → v′ = = √ (0,−4,1,1) v 18 ⇒ Trực chuẩn hóa Gram-Schmidt hệ {u, v} ta được hệ {u′, v′} với ′ 1 ′ 1 u = √ (−2,0,−1,1) , v = √ (0,−4,1,1) 6 18 Bài 3: Cho E = {e1, e2, e3} là cơ sở trực chuẩn của không gian Euclide V và phép biến đổi tuyến tính: 0 1 1 f : V → V có ma trận theo cơ sở E là A = 1 0 1. Tìm cơ sở trục chuẩn F = {f , f , f } sao cho 1 2 3 1 1 0 ma trận của f theo cơ sở F là ma trận chéo. Lời giải Cho E = {e1, e2, e3} là cơ sở trực chuẩn của không gian Euclide V và phép biến đổi tuyến tính: 0 1 1 f : V → V có ma trận theo cơ sở E là A = 1 0 1 1 1 0 Tìm cơ sở trực chuẩn F = {f1, f2, f3} sao cho ma trận của f theo cơ sở F là ma trận chéo. Giải Xét det(A − λI) = −λ3 + 3λ + 2 = 0 λ = −1 ⇒ 1 λ = 2 2 Với λ = −1 , ta có 2 vectơ riêng (−1,1,0); (−1,0,1) Với λ = 2 , ta có 1 vectơ riêng (1,1,1) −1 1 −1 −1 2 Trực chuẩn hóa hệ {(−1,1,0); (−1,0,1)} ta được hệ trực chuẩn √ , √ ,0 ; √ , √ , √ 2 2 6 6 6 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 1 1 Trực chuẩn hóa hệ {(1,1,1)} ta thu được hệ trực chuẩn √ , √ , √ 3 3 3 −1 1 −1 −1 2 1 1 1 Khi đó với F = √ , √ ,0 ; √ , √ , √ ; √ , √ , √ thì ma trận của f cơ sở F là 2 2 6 6 6 3 3 3 ma trận chéo. Bài 4: Trong không gian vector R4 có tích vô hướng chính tắc, cho: V = span{v1 = (1,−1,0,−1), v2 = (1,1,0,0), v3 = (1,1,0,1), v4 = (0,−2,0,−1)} a) Hệ {v1, v2, v3, v4} có phải hệ trực giao không? b) Tìm một hệ cơ sở của V . c) Tìm hình chiếu của w = (2,0,3,1) lên V . Lời giải a) Ta thấy < v3, v4 >= 1.0 + 1(−2) + 0.0 + 1(−1) = −3 ̸= 0 ⇒ {v }4 không là hệ trực giao j j=1 b) 1 −1 0 1 1 −1 0 1 1 −1 0 1 1 −1 0 1 1 1 0 0 0 2 0 −1 0 2 0 −1 0 2 0 −1 A = −→ −→ −→ 1 1 0 1 0 2 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 −2 0 −1 0 −2 0 −1 0 0 0 −2 0 0 0 0 ⇒ V có 1 cơ sở B = {(1,−1,0,1),(0,2,0,−1),(0,0,0,1)} c) Trực chuẩn hóa cơ sở B = {(1,−1,0,1),(0,2,0,−1),(0,0,0,1)} theo Gram-Schmidt ta thu được ′ 1 1 1 B = v1 = √ (1,−1,0,1);v2 = √ (1,1,0,0);v3 = √ (−1,1,0,2) 3 2 6 ⇒ prV (w) =< w, v1 > v1+ < w, v2 > v2+ < w, v3 > v3 = (1,−1,0,1) + (1,1,0,0) + (0,0,0,0) = (2,0,0,1) Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Rút gọn dạng toàn phương. Bài 1: Trên R3 cho dạng toàn phương ω có biểu thức tọa độ • ω (x) = x2 + x2 + 2x2 + 2x x 1 1 2 3 2 3 • ω (x) = x2 + 2x2 + 3x2 − 4x x − 4x x 2 1 2 3 1 2 2 3 Rút gọn các dạng toàn phương trên bằng phương pháp Jacobi Lời giải a) ω (x) = x2 + x2 + 2x2 + 2x x 1 1 2 3 2 3 1 0 0 Ma trận của ω1 đối với cơ sở chính tắc là: A = 0 1 1 0 1 2 Ta có: • ∆1 = 1 ̸= 0 1 0 • ∆2 = = 1 ̸= 0 0 1 1 0 0 • ∆3 = 0 1 1 = 1 ̸= 0 0 1 2 ⇒ Tồn tại cơ sở B để ω1 có dạng chính tắc: 1 2 ∆1 2 ∆2 2 2 2 2 ω1 = y1 + y2 + y3 = y1 + y2 + y3 ∆1 ∆2 ∆3 Tiếp theo, ta xác định cơ sở B p11 p12 p13 Gọi P = 0 p p là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B. Ta có: 22 23 0 0 p33 • a11p11 = 1 ⇔ p11 = 1 " # " # " # " # " # " # a a p 0 1 0 p 0 p = 0 • 11 12 12 = ⇔ 12 = ⇔ 12 a a p 1 0 1 p 1 p = 1 21 22 22 22 22 a a a p 0 1 0 0 p 0 p = 0 11 12 13 13 13 13 • a a a p = 0 ⇔ 0 1 1p = 0 ⇔ p = −1 21 22 23 23 23 23 a a a p 1 0 1 2 p 1 31 32 33 33 33 p33 = 1 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 0 0 Suy ra, ma trận P cần tìm là: P = 0 1 −1 0 0 1 Vậy, cơ sở B cần tìm là: B = {u1 = (1,0,0), u2 = (0,1,0), u3 = (0,−1,1)}, và với cơ sở đó, ta có dạng chính tắc của ω1 ω (x) = ω′ (y) = y2 + y2 + y2 (y) = (y , y , y ) 1 1 1 2 3 B 1 2 3 b) ω (x) = x2 + 2x2 + 3x2 − 4x x − 4x x 2 1 2 3 1 2 2 3 1 −2 0 Ma trận của ω2 đối với cơ sở chính tắc là: A = −2 2 −2 0 −2 3 Ta có: • ∆1 = 1 ̸= 0 1 −2 • ∆2 = = −2 ̸= 0 −2 2 1 −2 0 • ∆3 = −2 2 −2 = −10 ̸= 0 0 −2 3 ⇒ Tồn tại cơ sở B để ω2 có dạng chính tắc: 1 2 ∆1 2 ∆2 2 2 1 2 1 2 ω2 = y1 + y2 + y3 = y1 − y2 + y3 ∆1 ∆2 ∆3 2 5 Tiếp theo, ta xác định cơ sở B p11 p12 p13 Gọi P = 0 p22 p23 là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B. Ta có: 0 0 p33 • a11p11 = 1 ⇔ p11 = 1 " # " # " # " # " # " # a a p 0 1 −2 p 0 p = −1 • 11 12 12 = ⇔ 12 = ⇔ 12 a a p 1 −2 2 p 1 −1 21 22 22 22 p22 = 2 −2 a a a p 0 1 −2 0 p 0 p13 = 11 12 13 13 13 5 −1 • a21 a22 a23p23 = 0 ⇔ −2 2 −2p23 = 0 ⇔ p23 = 5 a a a p 1 0 −2 3 p 1 1 31 32 33 33 33 p33 = 5 −2 1 −1 5 −1 −1 Suy ra, ma trận P cần tìm là: P = 0 2 5 1 0 0 5 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập −1 −2 −1 1 Vậy, cơ sở B cần tìm là: B = {u1 = (1,0,0), u2 = (−1, ,0), u3 = ( , , )}, và với cơ sở đó, ta 2 5 5 5 có dạng chính tắc của ω2 ′ 2 1 2 1 2 ω2(x) = ω2 (y) = y1 − y2 + y3 (y)B = (y1, y2, y3) 2 5 Bài 2: Cho các dạng toàn phương trên R3. Kiểm tra xem các dạng toàn phương đó xác định âm, xác định dương hay không bằng tiêu chuẩn Sylvester a) ω (x) = 2x2 + x2 + x2 + 4x x + 4x x 1 1 2 3 1 2 1 3 b) ω (x) = x2 + 5x2 + 6x2 + 2x x − 4x x 2 1 2 3 1 2 1 3 Lời giải a) ω (x) = 2x2 + x2 + x2 + 4x x + 4x x 1 1 2 3 1 2 1 3 2 2 2 Ma trận của ω1 đối với cơ sở chính tắc là: A = 2 1 0 2 0 1 Ta có: • ∆1 = 2 > 0 2 2 • ∆2 = = −2 < 0 2 1 2 2 2 • ∆3 = 2 1 0 = −6 < 0 2 0 1 ⇒ ω1 không xác định dấu b) ω (x) = x2 + 5x2 + 6x2 + 2x x − 4x x 2 1 2 3 1 2 1 3 1 1 −2 Ma trận của ω1 đối với cơ sở chính tắc là: A = 1 5 0 −2 0 6 Ta có: • ∆1 = 1 > 0 1 1 • ∆2 = = 4 > 0 1 5 1 1 −2 • ∆3 = 1 5 0 = 4 > 0 −2 0 6 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ ω2 xác định dương Bài 3: Xác định a để mỗi dạng toàn phương có biểu thức tọa độ sau là xác định dương a) ω (x) = x2 + 6x2 + x2 + 4x x + 2ax x + 2x x 1 1 2 3 1 2 1 3 2 3 b) ω (x) = x2 + x2 + 5x2 + 2ax x + 4x x 2 1 2 3 1 2 2 3 c) ω (x) = x2 + ax2 + 4x2 − 2x x − 4x x 3 1 2 3 1 2 2 3 d) ω (x) = 4x2 + 5x2 + ax2 + 4x x − 4x x − 2x x . 4 1 2 3 1 2 1 3 2 3 e) ω (x) = ax2 + 2x2 + 3x2 − 2ax x + 2x x . 5 1 2 3 1 2 2 3 Lời giải a) ω (x) = x2 + 6x2 + x2 + 4x x + 2ax x + 2x x 1 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 a Ma trận của ω đối với cơ sở chính tắc là: A = 2 6 1 1 a 1 1 Ta có: • ∆1 = 1 > 0 1 2 • ∆2 = = 2 > 0 2 6 1 2 a 2 1 − 2a • ∆ = 2 6 1 = 1. = −6a2 + 4a + 1 3 1 − 2a 1 − a2 a 1 1 Để ω xác định dương thì ∆ > 0, ∆ > 0, ∆ > 0 hay − 6a2 + 4a + 1 > 0 1 1 2 3 √ √ 2 − 10 2 + 10 ⇔ < a < 6 6 b) ω (x) = x2 + x2 + 5x2 + 2ax x + 4x x 2 1 2 3 1 2 2 3 1 a 0 Ma trận của ω đối với cơ sở chính tắc là: A = a 1 2 2 0 2 5 Ta có: • ∆1 = 1 > 0 1 a • ∆ = = 1 − a2 2 a 1 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 a 0 1 − a2 2 • ∆ = a 1 2 = = 1 − 5a2 3 2 5 0 2 5 Để ω2 xác định dương thì ∆1 > 0,∆2 > 0,∆3 > 0 r r ! 1 − a2 > 0 1 1 Điều này tương đương với ⇔ a ∈ − , 1 − 5a2 > 0 5 5 c) ω (x) = x2 + ax2 + 4x2 − 2x x − 4x x 3 1 2 3 1 2 2 3 1 −1 0 Ma trận của ω3 đối với cơ sở chính tắc là: A = −1 a −2 0 −2 4 Ta có: • ∆1 = 1 > 0 1 −1 • ∆2 = = a − 1 −1 a 1 −1 0 a − 1 −2 • ∆3 = −1 a −2 = = 4a − 8 −2 4 0 −2 4 Để ω1 xác định dương thì ∆1 > 0,∆2 > 0,∆3 > 0 a − 1 > 0 Điều này tương đương với ⇔ a > 2 4a − 8 > 0 d) ω (x) = 4x2 + 5x2 + ax2 + 4x x − 4x x − 2x x 4 1 2 3 1 2 1 3 2 3 4 2 −2 Ma trận của dạng toàn phương ω1 với cơ sở chính tắc là A = 2 5 −1 −2 −1 a Ta tính các định thức con chính của ω1 • ∆1 = 4 = 4 4 2 • ∆2 = = 16 2 5 4 2 −2 • ∆3 = 2 5 −1 = 16a − 16 −2 −1 a Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 11
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Để ω1 xác định dương thì ∆1,∆2,∆3 > 0 ⇔ 16a − 16 > 0 ⇔ a > 1 e) ω (x) = ax2 + 2x2 + 3x2 − 2ax x + 2x x 5 1 2 3 1 2 2 3 a −a 0 Ma trận của dạng toàn phương ω với cơ sở chính tắc là A = −a 2 1 2 0 1 3 Ta tính các định thức con của ω2 • ∆1 = a = a a −a • ∆ = = 2a − a2 2 −a 2 a −a 0 • ∆ = −a 2 1 = −3a2 + 5a 3 0 1 3 a > 0 5 Để ω1 xác định dương thì ∆1,∆2,∆3 > 0 ⇔ 2a − a2 > 0 ⇔ 0 < a < 3 −3a2 + 5a > 0 Bài 4: Trong R3 cho dạng toàn phương có biểu thức tọa độ: • ω (x) = 2x2 + 2x2 + 6x2 + 2x x 1 1 2 3 1 2 • ω (x) = 5x2 + 9x2 + 9x2 − 12x x − 6x x 2 1 2 3 1 2 1 3 Bằng phương pháp chéo hóa trực giao, đưa các dạng toàn phương trên về dạng chính tắc Lời giải a) ω (x) = 2x2 + 2x2 + 6x2 + 2x x 1 1 2 3 1 2 Gọi E = {e , e , e } là cơ sở chính tắc của R3 thì E là cơ sở trực chuẩn 1 2 3 2 1 0 Ma trận của ω1 đối với cơ sở E là: A = 1 2 0 0 0 6 Tìm trị riêng của ma trận A. Xét phương trình: 2 − λ 1 0 det(A − λI) = 0 hay 1 2 − λ 0 = 0 ⇔ (6 − λ)(1 − λ)(3 − λ) = 0 0 0 6 − λ Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 12
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇔ λ = 6 hoặc λ = 1 hoặc λ = 3 Xét các trị riêng • Với λ1 = 6, ta có: −4 1 0 x1 0 1 −4 0x2 = 0 ⇔ x1 = x2 = 0, x3 = t (t ∈ R) 0 0 0 x3 0 0 ⇒ Ứng với trị riêng λ = 6, ta xác định được vectơ riêng sau khi chuẩn hóa là: p = 0 1 1 1 • Với λ2 = 1, ta có: 1 1 0 x1 0 1 1 0x2 = 0 ⇔ x1 = −x2 = t, x3 = 0 (t ∈ R) 0 0 5 x3 0 1 √ 2 ⇒ Ứng với trị riêng λ = 1, ta xác định được vectơ riêng sau khi chuẩn hóa là: p = −1 2 2 √ 2 0 1 √ 2 • Tương tự, với trị riêng λ = 3 ta xác định được vectơ riêng sau khi chuẩn hóa là: p = 1 3 3 √ 2 0 1 1 0 √ √ 6 0 0 2 2 Vậy, ma trận P = −1 1 và PT AP = D = 0 1 0 0 √ √ 2 2 0 0 3 1 0 0 Dạng toàn phương chính tắc của ω là: ω (x) = ω′ (y) = 6y2 + y2 + 3y2 1 1 1 1 2 3 b) ω (x) = 5x2 + 9x2 + 9x2 − 12x x − 6x x 2 1 2 3 1 2 1 3 Gọi E = {e , e , e } là cơ sở chính tắc của R3 thì E là cơ sở trực chuẩn 1 2 3 5 −6 −3 Ma trận của ω2 đối với cơ sở E là: A = −6 9 0 −3 0 9 Tìm trị riêng của ma trân A. Xét phương trình: Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 13
Trang 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 5 − λ −6 −3 det(A − λI) = 0 hay −6 9 − λ 0 = 0 ⇔ (9 − λ)λ(λ − 14) = 0 −3 0 9 − λ ⇔ λ = 0 hoặc λ = 9 hoặc λ = 14 Xét các trị riêng • Với λ1 = 0, ta có: 5 −6 −3 x1 0 −6 9 0 x2 = 0 ⇔ x1 = 3t, x2 = 2t, , x3 = t (t ∈ R) −3 0 9 x3 0 3 √ 14 2 ⇒ Ứng với trị riêng λ1 = 0, ta xác định được vectơ riêng sau khi chuẩn hóa là: p1 = √ 14 1 √ 14 • Với λ2 = 9, ta có: −4 −6 −3 x1 0 −6 0 0 x2 = 0 ⇔ x1 = 0, x2 = t, x3 = −2t (t ∈ R) −3 0 0 x3 0 0 1 ⇒ Ứng với trị riêng λ = 9, ta xác định được vectơ riêng sau khi chuẩn hóa là: p = √ 2 2 5 −2 √ 5 5 √ 70 −6 • Tương tự, với trị riêng λ3 = 14 , ta xác định được vectơ riêng sau khi chuẩn hóa là: p3 = √ 70 −3 √ 70 3 5 √ 0 √ 14 70 0 0 0 2 1 −6 Vậy, ma trận P = √ √ √ và PT AP = D = 0 9 0 14 5 70 0 0 14 1 −2 −3 √ √ √ 14 5 70 Dạng toàn phương chính tắc của ω là: ω (x) = ω′ (y) = 9y2 + 14y2 1 2 2 2 3 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 14
Trang 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Đường và mặt bậc 2. Bài 1: Nhận dạng các đường cong sau: 1. 5x2 + 5x2 − 2x x − 1 = 0. 1 2 1 2 √ √ 2. −7x2 + 2x2 + 12x x + 2 5x + 4 5x − 4 = 0. 1 2 1 2 1 2 √ √ 3. x2 + 2x2 − 2 2x x − 3 6x + 2 = 0 1 2 1 2 2 4. 17x2 + 9x2 − 6x x + 1 = 0 1 2 1 2 Lời giải 1. 5x2 + 5x2 − 2x x − 1 = 0 1 2 1 2 Sử dụng phương pháp chéo hóa trực giao để đưa dạng toàn phương ω(x) = 5x2 + 5x2 − 2x x về 1 2 1 2 dạng chính tắc ta có. " # 5 −1 • Ma trận của dạng toàn phương đối với cơ sở chính tắc là A = −1 5 " # 4 0 • Ma trận của dạng chính tắc là D = . 0 6 1 1 √ −√ • Ma trận làm chéo hóa trực giao ma trận A là P = 2 2 1 1 √ √ 2 2 Công thức đổi tọa độ từ hệ tọa độ {O, e1, e2} sang hệ tọa độ có cơ sở gồm các vector riêng của A, hệ {O, e′ , e′ } là 1 2 " # " # 1 1 " # x y √ −√ y 1 = P 1 = 2 2 1 1 1 x2 y2 √ √ y2 2 2 Phương trình của đường cong phẳng trong hệ tọa độ{O, e′ , e′ } là : 1 2 y2 y2 4y2 + 6y2 = 1 ⇔ 1 + 2 = 1 1 2 1 2 1 2 √ 2 6 Vậy đường cong phẳng này là một ellipse. √ √ 2. −7x2 + 2x2 + 12x x + 2 5x + 4 5x − 4 = 0 1 2 1 2 1 2 Làm tương tự phần trên ta có: " # −7 6 • A = 6 2 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 15
Trang 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập " # 5 0 • D = 0 −10 1 2 √ −√ • P = 5 5 2 1 √ √ 5 5 Phương trình của đường cong phẳng trong hệ tọa độ{O, e′ , e′ } là 1 2 (y + 1)2 y2 5y2 + 10y − 10y2 − 4 = 0 ⇔ 5(y + 1)2 − 10y2 = 9 ⇔ 1 − 2 = 1 1 1 2 1 2 3 2 3 2 √ √ 5 10 Vậy đường cong phẳng này là một Hyperbol. √ √ 3. x2 + 2x2 − 2 2x x − 3 6x + 2 = 0 1 2 1 2 2 Làm tương tự phần trên ta có: " √ # 1 − 2 • A = √ − 2 2 " # 3 0 • D = 0 0 √ 1 6 −√ • P = √ 3 3 6 1 √ 3 3 Phương trình của đường cong phẳng trong hệ tọa độ{O, e′ , e′ } là 1 2 √ 3(y − 1)2 − 3 2y = 1 1 2 Vậy đường cong phẳng này là một Parabol. 4. 17x2 + 9x2 − 6x x + 1 = 0 1 2 1 2 Làm tương tự phần trên ta có: " # 17 −3 • A = −3 9 " # 8 0 • D = 0 18 1 3 √ √ • P = 10 10 3 1 √ −√ 10 10 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 16
Trang 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Phương trình của đường cong phẳng trong hệ tọa độ{O, e′ , e′ } là 1 2 8y2 + 18y2 = −1 1 2 Vậy đường cong phẳng này là một ellipse ảo. Bài 2: Trong R3 với tích vô hướng Euclid thông thường, cho dạng toàn phương: ω = 4x2 + x2 + 9x2 − 4x x − 6x x + 12x x 1 2 3 1 2 2 3 1 3 a) Tìm cơ sở trực chuẩn để ω có dạng chính tắc, viết dạng chính tắc đó b) Nhận dạng mặt bậc hai có phương trình ω(x1, x2, x3) = 0 Lời giải a) 4 −2 6 Ma trận của ω đối với cơ sở chính tắc là: A = −2 1 −3 6 −3 9 Ta đi tìm các trị riêng: xét phương trình: 4 − λ −2 6 det(A − λI) = 0 hay −2 1 − λ −3 = 0 ⇔ −λ3 + 14λ2 = 0 6 −3 9 − λ Ta tìm được hai trị riêng: λ1 = 0 (bội 2), λ2 = 14 Xét từng trị riêng: • λ1 = 0 4 −2 6 x 0 x1 = t 1 −2 1 −3x = 0 ⇔ x = 2t + 3v 2 2 6 −3 9 x 0 3 x3 = v ⇒ với λ1 = 0,ta có hệ gồm hai vector riêng độc lập tuyến tính: u1 = (1,2,0)và u2 = (0,3,1) 1 2 −6 3 5 Trực chuẩn hệ trên, ta được p1 = √ , √ , 0 , p2 = √ , √ , √ 5 5 70 70 70 • λ2 = 14 −2 1 −3 Làm tương tự, ta được p3 = √ , √ , √ 14 14 14 1 −6 −2 √ √ √ 5 70 14 0 0 0 2 3 1 ⇒ Ma trận P = √ √ √ là ma trận trực giao và PT AP = 0 0 0 = D 5 70 14 5 −3 0 0 14 0 √ √ 70 14 Lấy cơ sở B = {e′ , e′ , e′ } trong R3 sao cho P là ma trận chuyển. Khi đó: 1 2 3 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 17
Trang 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 2 1 2 e′ = √ e1 + √ e2 = √ , √ , 0 1 5 5 5 5 −6 3 5 −6 3 5 e′ = √ e1 + √ e2 + √ e3 = √ , √ , √ 2 70 70 70 70 70 70 −2 1 −3 −2 1 −3 e′ = √ e1 + √ e2 + √ e3 = √ , √ , √ 3 14 14 14 14 14 14 h i Biểu thức tọa độ của w đối với cơ sở B là: w(v) = 14y2 , [v] = y y y 3 B 1 2 3 b) Từ kết quả phần a) ta thấy mặt bậc hai này là một mặt phẳng trong không gian. Bài 3: Nhận dạng các mặt bậc hai sau: 1. 3x2 + 3x2 + 3x2 − 2x x − 2x x − 2x x − 1 = 0. 1 2 3 1 2 1 3 2 3 2. 24x2 + 24x2 − 12x2 − 12x x + 24x x − 24x x − 25 = 0 1 2 3 1 2 1 3 2 3 3. 13x2 + 7x2 + 16x2 + 16x x − 20x x − 4x x − 2x + 2x − x = 0 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 4. 5x2 + 4x2 + x2 + 4x x − 6 = 0 1 2 3 2 3 Lời giải 1. 3x2 + 3x2 + 3x2 − 2x x − 2x x − 2x x − 1 = 0 1 2 3 1 2 1 3 2 3 Giải tương tự như bài 2, ta có: 3 −1 −1 • A = −1 3 −1 −1 −1 3 4 0 0 • D = 0 4 0 0 0 1 1 1 1 √ √ √ 2 6 3 1 1 1 • P = −√ √ √ 2 6 3 2 1 0 −√ √ 6 3 Phương trình của mặt bậc hai trong hệ tọa độ có cơ sở là các vector riêng của A, {O, e′ , e′ , e′ } là: 1 2 3 4y2 + 4y2 + y2 = 1 1 2 3 Vậy mặt bậc hai này có dạng Ellipsoid. 2. 24x2 + 24x2 − 12x2 − 12x x + 24x x − 24x x − 25 = 0 1 2 3 1 2 1 3 2 3 Giải tương tự như bài 2, ta có: Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 18
Trang 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 24 −6 12 • A = −6 24 −12 12 −12 −12 18 0 0 • D = 0 −18 0 0 0 36 √ 1 2 2 √ − − 2 √6 3 1 2 2 • P = √ 2 √6 3 2 2 1 0 − 3 3 Phương trình của mặt bậc hai trong hệ tọa độ có cơ sở là các vector riêng của A, {O, e′ , e′ , e′ } là: 1 2 3 18x2 − 18x2 + 36x2 = 25 1 2 3 Vậy mặt bậc hai này có dạng Hyperboloid một tầng. 3. 13x2 + 7x2 + 16x2 + 16x x − 20x x − 4x x − 2x + 2x − x = 0 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 Giải tương tự như bài 2, ta có: 13 8 −10 • A = 8 7 −2 −10 −2 16 9 0 0 • D = 0 0 0 0 0 27 1 2 2 − 3 3 3 2 2 1 • P = − − 3 3 3 2 1 2 3 3 3 Phương trình của mặt bậc hai trong hệ tọa độ có cơ sở là các vector riêng của A, {O, e′ , e′ , e′ } là: 1 2 3 9y2 − 3y + 27y2 = 0 1 2 3 Vậy mặt bậc hai này có dạng Paraboloid - elliptic. 4. 5x2 + 4x2 + x2 + 4x x − 6 = 0 Giải tương tự như bài 2, ta có: 1 2 3 2 3 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 19
Trang 20
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 5 0 0 • A = 0 4 2 0 2 1 5 0 0 • D = 0 5 0 0 0 0 1 0 0 2 1 • P = 0 √ √ 5 5 1 2 0 √ −√ 5 5 Phương trình của mặt bậc hai trong hệ tọa độ có cơ sở là các vector riêng của A, {O, e′ , e′ , e′ } là: 1 2 3 5x2 + 5x2 = 6 1 2 Vậy mặt bậc hai này có dạng trụ Elliptic. Bài 4: Cho Q(x , x , x ) = 7x2 + 7x2 + 11x2 + 6x x − 2x x − 2x x . Tìm: 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 M ax Q(x1, x2, x3), M in Q(x1, x2, x3). Với giá trị nào thì Q(x1, x2, x3) đạt max, min. x2+x2+x2=9 x2+x2+x2=9 1 2 3 1 2 3 Lời giải Cho Q(x , x , x ) = 7x2 + 7x2 + 11x2 + 6x x − 2x x − 2x x 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 Trước hết ta nhận xét với P là một ma trận trực giao thì P−1 cũng là ma trận trực giao và < P−1x, P−1x >=< x, x > (⋆) Ta đưa dạng toàn phương Q(x) = 7x2 + 7x2 + 11x2 + 6x x − 2x x − 2x x trong không gian R3 về 1 2 3 1 2 1 3 2 3 dạng chính tắc. Làm tương tự như các bài tập trên, ta có: 7 3 −1 • A = 3 7 −1 −1 −1 11 4 0 0 • D = 0 12 0 0 0 9 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 20
Hiển thị 20 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!