Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Ôn tập chương 5 Tóm tắt lý thuyết 1 Định nghĩa Dạng song tuyến tính: Cho V là một không gian vector trên trường R. Ánh xạ φ : V × V → R được gọi là dạng song tuyến tính trên V nếu thỏa mãn: φ(ax1 + bx2, y) = aφ(x1, y) + bφ(x2, y) ∀x1, x2 ∈ V, a, b ∈ R φ(x, ay1 + by2) = aφ(x, y1) + bφ(x, y2) ∀x1, x2 ∈ V, a, b ∈ R Dạng song tuyến tính φ được gọi là đối xứng nếu φ(x, y) = φ(y, x) ∀x, y ∈ V Dạng toàn phương: Giả sử φ là một dạng song tuyến tính đối xứng trên V. Khi đó ánh xạ H : V → R xác định bởi H(x) = φ(x, x) được gọi là một dạng toàn phương trên V Phân loại dạng toàn phương: H(x) = φ(x, x) • Xác định dương: H(x) > 0 ∀x ∈ V, x ̸= 0 • Nửa xác định dương: H(x) ≥ 0 ∀x ∈ V, x ̸= 0 • Xác định âm: H(x) < 0 ∀x ∈ V, x ̸= 0 • Nửa xác định âm: H(x) ≤ 0 ∀x ∈ V, x ̸= 0 • Không xác định dấu: ∃x, y ∈ V : H(x)H(y) < 0 2 Dạng ma trận Ma trận của dạng song tuyến tính: Cho dạng song tuyến tính φ(x, y) trên Vn là không gian vector n chiều. Gọi S = {e1, e2, ..., en}là một cơ sở của Vn. Khi đó φ(x, y) được biểu diễn dưới dạng: φ(e1, e1) φ(e1, e2) ... φ(e1, en) φ(e2, e1) φ(e2, e2) ... φ(e2, en) φ(x, y) = [x]T A[y] với A = là ma trận của φ trong cơ sở S. S S ... ... ... ... φ(en, e1) φ(en, e2) ... φ(en, en) Nếu A đối xứng thì dạng song tuyến tính đối xứng. Ma trận của dạng toàn phương: Cho dạng toàn phương H(x) = φ(x, x) trên Vn là không gian vector n chiều. Gọi S = {e1, e2, ..., en} là một cơ sở của Vn. Khi đó H(x) được biểu diễn dưới dạng: H(x) = [x]T A[x] với A xác định như phần trên là ma trận của H(x) trong cơ sở S . S S 3 Rút gọn dạng toàn phương Phương pháp Langrange 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập • TH1: Tồn tại a ̸= 0. Giả sự a ̸= 0 (ứng với x2), ta nhóm tấ cả số hạng có chứa x ii 11 1 1 2 1 2 1 2 Q = (a11x1+2a12x1x2+...+2a1nx1xn)+... = (a11x1+a12x2+...+a1nxn) +Q2 = ξ +Q2 a11 a11 Với Q2 là dạng toàn phương tách từ Q không còn x1. Tiếp tục biến đổi Langrange Q2 cho đến khi đưa về dạng chính tắc. • TH2: Toàn bộ aii = 0. Ta chọn xi, xj mà aij ̸= 0 và đặt: xi = yi + yj;xj = yi − yj;xk = yk∀k ̸= i, j Dạng toàn phương Q(x, x) chuyển thành Qy(y, y) là dạng ở TH1. Từ đây làm tương tự TH1. Phương pháp Jacobi Dạng toàn phương H(x) = φ(x, x) có ma trận trong cơ sở nào đó của không gian n chiều V là A. H(x) xác định dương khi và chỉ khi tất cả các định thức con chính (trái nhất) của A đều dương. Phương pháp chéo hóa trực giao (sẽ được nói ở phần sau) 4 Không gian Euclid 4.1 Các định nghĩa 1. Tích vô hướng: V là KGVT với tích vô hướng trên V là một ánh xạ <.,.>: V → R thỏa mãn: (a) < u, v > với mọi u, v ∈ V (b) < u, v >=< v, u > (c) < u1 + u2, v >=< u1, v > + < u2, v > (d) < ku, v >= k. < u, v > (e) < u, u >≥ 0 (Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u = 0) √ 2. Độ dài (chuẩn) của vector: ||a||= < a, a > 3. Khoảng cách giữa hai vector: d(u, v) = ||u − v|| < u, v > 4. Góc giữa hai vector: cos(u, v) = ||u||.||v|| 5. Họ vector trực giao: Hệ S = {e1, e2, ..., en} có các vector đôi một vuông góc với nhau. 6. Họ vector trực chuẩn: Hệ S = {e1, e2, ..., en} là cơ sở trực giao có độ dài mọi vector bằng 1 4.2 Trực chuẩn hóa Schmidt cơ sở {v1, v2, ..., vn} • Bước 1: Chọn u1 = v1 Xk−1 < vk, ui > • Bước k (k = 2..n): Đặt uk = vk − ui ||ui||2 i=1 u1 u2 un • Bước n+1: Chuẩn hóa các vector ta được cơ sở trực chuẩn: , , ..., ||u1|| ||u2|| ||un|| 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 4.3 Hình chiếu Giả sử U là một KGVT con của không gian Euler E và có một cơ sở trực chuẩn B = {u1, u2, ..., un}. Khi đó hình chiếu của một vector x bất kì thuộc E được xác định: ChU(x) =< x, u1 > .u1+ < x, u2 > .u2 + ...+ < x, un > .un 5 Chéo hóa trực giao ma trận - Phương pháp chéo hóa trực giao 5.1 Chéo hóa trực giao ma trận 1. Định nghĩa: • Ma trận trực giao: là ma trận vuông P thỏa mãn: P PT = E • Ma trận A chéo hóa trực giao được: Tồn tại ma trận trực giao P sao cho PT AP là ma trận chéo 2. Điều kiện cần và đủ để A chéo hóa trực giao được: A đối xứng 3. Quy trình chéo hóa trực giao ma trận đối xứng A: B1: Tìm các trị riêng và cơ sở không gian riêng tương ứng của A B2: Trực chuẩn hóa Schmidt các cơ sở ở B1, ta được n vector riêng trực chuẩn ứng với n trị riêng B3: Lập P là ma trận với các cột là các vector ở B2, được: P−1AP = PT AP = diag(λ , λ , ..., λ ) 1 2 n 5.2 Phương pháp chéo hóa trực giao rút gọn dạng toàn phương H = [x]T A[x] B1: Chéo hóa ma trận A bởi ma trận trực giao P h iT h iT B2: Thực hiện phép đổi biến x1 x2 . . . xn = P ξ1 ξ2 . . . ξn B3: Khi đó dạng toàn phương được viết lại thành: H = λ ξ2 + λ ξ2 + ... + λ ξ2 1 1 2 2 n n 5.3 Nhận dạng đường cong phẳng: f : ax2 + 2bx x + cx2 + gx + hx + d = 0 1 1 2 2 1 2 Ma trận dạng toàn phương H = ax2 + 2bx x + cx2 có 2 trị riêng λ , λ 1 1 2 2 1 2 • Nếu λ1, λ2 cùng dấu thì f là elip (thực, tiêu biến, ảo). Đặc biệt f là đường tròn khi λ1 = λ2 • Nếu λ1, λ2 khác dấu thì f là hyperbol (thực, ảo) hoặc 2 đường thẳng cắt nhau. • Nếu λ1 = 0 thì f là parabol (thực, tiêu biến, ảo) 5.4 Nhận dạng mặt bậc 2: f : ax2 +bx2 +cx2 +2rx x +2sx x +2tx x +mx +nx +px +d = 0 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 Ma trận dạng toàn phương H = ax2 + bx2 + cx2 + 2rx x + 2sx x + 2tx x có 3 trị riêng λ , λ , λ 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập • Nếu λ1, λ2, λ3 cùng dấu thì f là elipsoid (thực, tiêu biến, ảo). Đặc biệt f là cầu khi λ1 = λ2 = λ3 • Nếu λ1, λ2 cùng dấu, λ3 khác dấu thì f là hyperbol 1 tầng, 2 tầng hoặc nón • Nếu λ1, λ2 cùng dấu, λ3 = 0 thì f là paraboloic eliptic hoặc trụ eliptic • Nếu λ1, λ2 khác dấu, λ3 = 0 thì f là paraboloic hyperbolic hoặc trụ hyperbolic • Nếu λ1 = λ2 = 0 thì f là 2 mặt phẳng (song song, trùng nhau, ảo) 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Ví dụ Ví dụ 1. Cho dạng song tuyến tính trên R3 xác định bởi: < (x1, x2, x3),(y1, y2, y3) >= 2x1y1 + x1y2 + x2y1 + ax2y2 − 2x2y3 − 2x3y2 + 3x3y3. (a là tham số). Tìm ma trận của dạng song tuyến tính trên đối với cơ sở chính tắc của R3 và tìm điều kiện của a để dạng song tuyến tính là một tích vô hướng trên R3. Lời giải 2 1 0 • Ma trận của dạng song tuyến tính đã cho đối với cơ sở chính tắc R3 là A = 1 a −2 0 −2 3 2 1 0 2 1 Ta có: ∆1 = 2,∆2 = = 2a − 1,∆3 = 1 a −2 = 12a − 22 1 a 0 −2 3 • Dạng song tuyến tính trên là tích vô hướng nếu nó xác định dương 2 > 0 11 ⇔ 2a − 1 > 0 ⇔ a > 6 12a − 22 > 0 Ví dụ 2. Cho cơ sở B = {(1; 1;−2),(2; 0; 1),(1; 2; 3)} trong không gian R3 với tích vô hướng chính tắc. Trực chuẩn hóa Gram - Schmidt cơ sở B để thu được cơ sở trực chuẩn B’ và tìm tọa độ của vector u = (5; 8; 6) với cơ sở B’. Lời giải v1 = (1; 1;−2);v2 = (2; 0; 1);v3 = (1; 2; 3) √ Đặt f1 = v1 = (1; 1;−2) ⇒ ||f1|| = 6 − < v2, f1 > Đặt f2 = v2 + λ12f1 trong đó, λ1,2 = = 0 √ ||f1||2 ⇒ f2 = (2; 0; 1),||f2|| = 5 − < v3, f1 > 1 − < v3, f2 > Đặt f3 = v3 + λ13f1 + λ23f2, trong đó λ13 = = ;λ23 = = −1 ||f1||2 2 ||f2||2 1 5 ⇒ f3 = − ; ; 1 2 2 f1 1 1 2 u1 = = √ ; √ ;−√ ||f1|| 6 6 6 f2 2 1 Đặt u2 = = √ ; 0; √ ||f2|| 5 5 f 1 5 2 u = 3 = −√ ; √ ; √ 3 ||f || 30 30 30 3 Ta dễ thấy B′ = {u ;u ;u } là cơ sở trực chuẩn cần tìm 1 2 3 Tọa độ của u = (5; 8; 6) theo cơ sở B′ là: 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 16 47 [u]B′ = (< u, u1 >;< u, u2 >;< u, u3 >)T = √ ; √ ; √ 6 5 30 ˆ1 Ví dụ 3. Trong P2[x] định nghĩa tích vô hướng ⟨p, q⟩ = p(x)q(x)dx với p, q ∈ P2[x]. −1 1. Trực chuẩn hóa Gram- Schmidt cơ sở B = {1;x;x2} để nhận được cơ sở trực chuẩn A. 2. Tìm [r] biết r = 2 − 3x + 3x2. A Lời giải 1. Trực giao hệ vector B = {1;x;x2}, ta được: ˆ1 v = b = 1 ⇒ ||v ||2 = 1dx = 2 1 1 1 −1 ˆ1 ˆ1 ⟨b2, v1⟩ 1 2 2 2 v2 = b2 − .v1 = x − . x.1dx = x ⇒ ||v2|| = x dx = ||v1||2 2 3 −1 −1 ˆ1 ˆ1 ⟨b3, v1⟩ ⟨b3, v2⟩ 2 1 2 3x 3 1 2 v3 = b3 − .v1 − .v2 = x − x dx − x dx = − + x ||v1||2 ||v2||2 2 2 3 −1 −1 ˆ1 2 2 1 2 8 ⇒ ||v3|| = − + x dx = 3 45 −1 Trực chuẩn hóa hệ {v1;v2;v3}: v1 1 a1 = = √ ||v1|| 2 v2 3x a2 = = √ ||v2|| 6 v −5 15x2 a = 3 = √ + √ 3 ||v || 2 10 2 10 3 1 3 −5 15 Vậy cơ sở trực chuẩn A = √ ; √ x; √ + √ x2 2 6 2 10 2 10 1 −5 √ 0 √ 2 2 10 3 2. Ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở chính tắc B sang cơ sở trực chuẩn A là: P = 0 √ 0 6 15 0 0 √ 2 10 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Khi đó, ta được: 1 −5 −1 √ 0 √ 2 2 10 2 3 [r]B = P.[r]A ⇒ [r]A = P−1.[r]B = 0 √ 0 .−3 6 15 3 0 0 √ √ 2 10 √ 2 2 0 2 √ ! √ 3 √ √ T 6 2 10 = 0 0 .−3 = 3 2;− 6; 3 √ 5 2 10 3 0 0 15 √ !T √ √ 2 10 Vậy [r]A = 3 2;− 6; 5 Ví dụ 4. Chéo hoá trực giao các ma trận sau: 1 0 0 " # 1 −1 0 7 −2 0 −7 24 a) A = 0 1 1 b) B = c) C = −1 1 0 d) D = −2 6 2 24 7 0 1 1 0 0 1 0 2 5 Lời giải a) Ta có: | A − λI |= 0 1 − λ 0 0 ⇔ 0 1 − λ 1 = 0 0 1 1 − λ ⇔ −λ3 + 3λ2 − 2λ = 0 ⇔ −λ(λ − 1)(λ − 2) = 0 ⇔ λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 1 0 0 x1 0 +) λ1 = 0 ⇒ AX = 0 ⇔ 0 1 1x20 0 1 1 x3 0 x = 0 x = 0 ⇔ 1 ⇔ 1 x + x = 0 x = −x 2 3 2 3 0 0 ⇔ X = −x3 ⇔ X = x3 −1 x3 1 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 0 ⇒ Vector riêng v1 = −1 ứng với λ1 = 0 1 0 −1 v1 √ Trực chuẩn hoá v1: u1 = = 2 ||v1|| 1 √ 2 +) λ2 = 1 ⇒ (A − I)X = 0 0 0 0 x 0 x1 = x1 1 ⇔ 0 0 1x 0 ⇔ x = 0 2 2 0 1 0 x 0 3 x3 = 0 x1 1 ⇔ X = 0 ⇔ X = x 0 1 0 0 1 ⇒ Vector riêng v2 = 0 ứng với λ2 = 1 0 1 v Trực chuẩn hoá v : u = 2 = 0 2 2 ||v || 2 0 +) λ3 = 2 ⇒ (A − 2I)X = 0 −1 0 0 x1 0 ⇔ 0 −1 1 x20 0 1 −1 x3 0 x = 0 x = 0 ⇔ 1 ⇔ 1 x − x = 0 x = x 2 3 2 3 0 0 ⇔ X = x3 = x3 1 x3 1 0 ⇒ Vector riêng v = 1 ứng với λ = 2 3 3 1 0 1 v3 √ Trực chuẩn hoá v3: u3 = = 2 ||v3|| 1 √ 2 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 0 1 0 −1 1 +) Ta có P = √ 0 √ 2 2 1 1 √ 0 √ 2 2 0 0 0 Nên D = PT AP = 0 1 0 là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận A 0 0 2 −7 − λ 24 b) Ta có | B − λI |= 0 ⇔ = 0 ⇔ λ2 − 625 = 0 24 7 − λ ⇔ (λ − 25)(λ + 25) = 0 ⇔ λ1 = 25, λ2 = −25 " # " # " # −32 24 x1 0 +) λ1 = 25 ⇒ (A − 25I)X = 0 ⇔ = 24 −18 x2 0 " # 24 " # −32 24 R2+32R1:=R2 −32 24 −−−−−−−−−→ 24 −18 0 0 ⇒ −32x1 + 24x2 = 0 ⇔ 4x1 = 3x2 Đặt x"1 = 3# t ⇒"x2#= 4t " # 3t 3 3 X = = t ⇒ Vector riêng v1 = ứng với trị riêng λ1 = 25 4t 4 4 3 v 5 Trực chuẩn hoá v : u = 1 = 1 1 ||v || 4 1 5 " # " # " # 18 24 x1 0 +) λ1 = −25 ⇒ (A + 25I)X = 0 ⇔ = 24 32 x2 0 " # 24 " # 18 24 R2−18R1:=R2 18 24 −−−−−−−−−→ 24 32 0 0 ⇒ 18x1 + 24x2 = 0 ⇔ 3x1 = −4x2 Đặt x"1 = −#4t ⇒"x2 = 3# t " # −4t −4 −4 X = = t ⇒ Vector riêng v2 = ứng với trị riêng λ2 = −25 3t 3 3 −4 v 5 Trực chuẩn hoá v : u = 2 = 2 2 ||v || 3 2 5 3 −4 5 5 +) Ta có P = 4 3 5 5 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập " # 25 0 Nên D = PT BP = là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận B. 0 −25 1 − λ −1 0 c) Ta có: | C − λI |= 0 ⇔ −1 1 − λ 1 = 0 ⇔ −λ3 + 3λ2 − 2λ = 0 0 0 1 − λ ⇔ −λ(λ − 1)(λ − 2) = 0 ⇔ λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 1 −1 0 x1 0 +) λ1 = 0 ⇒ CX = 0 ⇔ −1 1 0x20 0 0 1 x3 0 x − x = 0 x = x ⇔ 1 2 ⇔ 1 2 x = 0 x = 0 3 3 x2 1 ⇔ X = x2 ⇔ X = x2 1 0 0 1 ⇒ Vector riêng v1 = 1 ứng với λ1 = 0 0 1 √ 2 v1 1 Trực chuẩn hoá v1: u1 = = √ ||v1|| 2 0 +) λ2 = 1 ⇒ (C − I)X = 0 0 −1 0 x 0 x1 = 0 1 ⇔ −1 0 1x 0 ⇔ x = 0 2 2 0 0 0 x 0 3 x3 = x3 0 0 ⇔ X = 0 ⇔ X = x3 0 x3 1 0 ⇒ Vector riêng v2 = 0 ứng với λ2 = 1 1 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 0 v Trực chuẩn hoá v : u = 2 = 0 2 2 ||v || 2 1 +) λ3 = 2 ⇒ (C − 2I)X = 0 −1 −1 0 x1 0 ⇔ −1 −1 1 x20 0 0 −1 x3 0 x + x = 0 x = −x ⇔ 1 2 ⇔ 1 2 x = 0 x = 0 3 3 −x2 −1 ⇔ X = x2 ⇔ X = x2 1 0 0 −1 ⇒ Vector riêng v = 1 ứng với λ = 2 3 3 0 −1 √ 2 v 1 Trực chuẩn hoá v : u = 3 = √ 3 3 ||v || 3 2 0 1 −1 √ 0 √ 2 2 +) Ta có P = 1 1 √ 0 √ 2 2 0 1 0 0 0 0 Nên D = PT AP = 0 1 0 là ma trận chéo hoá trực giao của ma trận C 0 0 2 d) Ta có: | D − λI |= 0 7 − λ −2 0 ⇔ −2 6 − λ 2 = 0 0 2 5 − λ ⇔ −λ3 + 18λ2 − 99λ + 162 = 0 ⇔ −(λ − 3)(λ2 − 15λ + 54) = 0 ⇔ −(λ − 3)(λ − 6)(λ − 9) = 0 ⇔ λ1 = 3;λ2 = 6;λ3 = 9 +) λ1 = 3 ⇒ (D − 3I)X = 0 11
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 4 −2 0 x1 0 ⇔ −2 3 2x2 = 0 0 2 2 x3 0 4 −2 0 4 −2 0 4x1 − 2x2 = 0 −2 3 2 −2−R−2+−R−1−:=−R→2 0 4 4 ⇒ 0 2 2 0 2 2 4x2 + 4x3 = 0 −1 x = x 1 2 3 2x1 = x2 ⇒ ⇒ x = −x x = −x 2 3 2 3 x = x 3 3 −1 x3 −1 2 ⇒ X = −x = 2x3 −2 3 x 2 3 −1 ⇒ Vector riêng v1 = −2 ứng với λ1 = 3 2 −1 3 v −2 Trực chuẩn hoá v : u = 1 = 1 1 ||v || 3 1 2 3 1 −2 0 x1 0 +) λ2 = 6 ⇒ (D − 6I)X = 0 ⇔ −2 0 2 x2 = 0 0 2 −1 x3 0 1 −2 0 1 −2 0 1 1 −2 0 R3+2R2:=R3 −2 0 2 −R−2−+2−R−1−:=−R→2 0 −4 2 −−−−−−−−→ 0 −4 2 0 2 −1 0 2 −1 0 0 0 x = 2x 1 2 x1 − 2x2 = 0 x1 = 2x2 ⇒ ⇒ ⇒ x = x 2 2 −4x2 + 2x3 = 0 2x2 = x3 x3 = 2x2 2x3 2 2 ⇒ X = x2 = x2 1 ⇒ Vector riêng v2 = 1 ứng với λ2 = 6 2x2 2 2 12
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2 3 v 1 Trực chuẩn hoá v : u = 2 = 2 2 ||v || 3 2 2 3 −2 −2 0 x1 0 +) λ = 9 =⇒ (D − 9I)X = 0 ⇐⇒ −2 −3 2 x = 0 3 2 0 2 −4 x3 0 −2 −2 0 −2 −2 0 −2 −2 0 −2 −3 2 −R−2−−−R−1:=−−R→2 0 −1 2 −R−3−+2−R−2−:=−R→3 0 −1 2 0 2 −4 0 2 −4 0 0 0 x = −2x 1 3 −2x1 − 2x2 = 0 x1 = −x2 ⇒ ⇒ ⇒ x = 2x 2 3 −x2 + 2x3 = 0 x2 = 2x3 x3 = x3 −2x3 −2 −2 ⇒ X = 2x3 = x3 2 ⇒ Vector riêng v2 = 2 ứng với λ3 = 9 x3 1 1 −2 3 v 2 Trực chuẩn hoá v : u = 3 = 3 3 ||v || 3 3 1 3 −1 2 −2 3 3 3 −2 1 2 – P = 3 3 3 2 2 1 3 3 3 3 0 0 Nên D′ = PT DP = 0 6 0 là ma trận chéo hoá trực giao của D 0 0 9 13
Trang 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Ví dụ 5. Nhận dạng đường cong phẳng sau: 1. 2x2 − 4xy − y2 + 8 = 0 2. x2 + 2xy + y2 + 8x + y = 0 3. 11x2 + 24xy + 4y2 − 15 = 0 4. 2x2 + 4xy + 5y2 = 24 Lời giải 1. Xét dạng toàn phương: ω = 2x2 − 4xy − y2 " # 2 −2 2 − λ −2 A = ⇒ PA(λ) = −2 −1 −2 −1 − λ Xét phương trình: PA(λ) = 0 " λ1 = 3 ⇔ (2 − λ)(−1 − λ) − 4 = 0 ⇔ λ2 − λ − 6 = 0 ⇔ λ2 = −2 • Với λ1 = 3: " # " # 2 − 3 −2 x Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ x = −2y −2 −1 − 3 y u1 −2 1 ⇒ u1 = (−2t;t) ⇒ f1 = = √ ; √ ||u1|| 5 5 • Với λ2 = −2: " # " # 2 + 2 −2 x Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ y = 2x −2 −1 + 2 y u2 1 2 ⇒ u2 = (t; 2t) ⇒ f2 = = √ ; √ ||u2|| 5 5 −2 1 √ √ 5 5 ⇒ D = 1 2 √ √ 5 5 −2 1 x = √ X + √ Y 5 5 Đặt 1 2 y = √ Y + √ Y 5 5 Thay vào phương trình đường cong ta được: 3X2 − 2Y 2 + 8 = 0 Vậy đường cong là một Hypebolic 2. Xét dạng toàn phương: ω = x2 + 2xy + y2 14
Trang 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập " # 1 1 1 − λ 1 A = ⇒ PA(λ) = 1 1 1 1 − λ Xét phương trình: PA(λ) = 0 " λ1 = 2 ⇔ (1 − λ)(1 − λ) − 1 = 0 ⇔ λ2 − 2λ = 0 ⇔ λ2 = 0 • Với λ1 = 2: " # " # 1 − 2 1 x - Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ x = y 1 1 − 2 y u1 1 1 ⇒ u1 = (t;t) ⇒ f1 = = √ ; √ ||u1|| 2 2 • Với λ2 = 0: " # " # 1 1 x - Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ y = −x 1 1 y u2 1 −1 ⇒ u2 = (t;−t) ⇒ f2 = = √ ; √ ||u2|| 2 2 1 1 √ √ 2 2 ⇒ D = 1 −1 √ √ 2 2 1 1 x = √ X + √ Y 2 2 Đặt 1 −1 y = √ X + √ Y 2 2 9 7 Thay vào phương trình đường cong ta được: 2X2 + √ X + √ Y = 0 2 2 Vậy đường cong là một Parabol 3. Xét dạng toàn phương: ω = 11x2 + 24xy + 4y2 " # 11 12 11 − λ 12 A = ⇒ PA(λ) = 12 4 12 4 − λ Xét phương trình: PA(λ) = 0 " λ1 = 20 ⇔ (11 − λ)(4 − λ) − 144 = 0 ⇔ λ2 − 15λ − 100 = 0 ⇔ λ2 = −5 • Với λ1 = 20: " # " # 11 − 20 12 x - Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ 3x = 4y 12 4 − 20 y 15
Trang 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập u1 4 3 ⇒ u1 = (4t; 3t) ⇒ f1 = = ; ||u1|| 5 5 • Với λ2 = −5: " # " # 11 + 5 12 x - Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ 3y = −4x 12 4 + 5 y u2 3 4 ⇒ u2 = (−3t; 4t) ⇒ f2 = = − ; ||u2|| 5 5 4 3 − 5 5 ⇒ D = 3 4 5 5 4 3 x = X − Y 5 5 Đặt 3 4 y = X + Y 5 5 Thay vào phương trình đường cong ta được: 20X2 − 5Y 2 − 15 = 0 Vậy đường cong là một Hypebolic 4. Xét dạng toàn phương: ω = 2x2 + 4xy + 5y2 " # 2 2 2 − λ 2 A = ⇒ PA(λ) = 2 5 2 5 − λ Xét phương trình: PA(λ) = 0 " λ1 = 1 ⇔ (2 − λ)(5 − λ) − 4 = 0 ⇔ λ2 − 7λ + 6 = 0 ⇔ λ2 = 6 • Với λ1 = 1: " # " # 2 − 1 2 x - Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ x = −2y 2 5 −1 y u1 2 1 ⇒ u1 = (−2t;t) ⇒ f1 = = −√ ; √ ||u1|| 5 5 • Với λ2 = 6: " # " # 2 − 6 2 x - Xét hệ phương trình: = 0 ⇔ y = 2x 2 5− 6 y u2 1 2 ⇒ u2 = (t; 2t) ⇒ f2 = = √ ; √ ||u2|| 5 5 16
Trang 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2 1 −√ √ 5 5 ⇒ D = 1 2 √ √ 5 5 2 1 x = −√ X + √ Y 5 5 Đặt 1 2 y = √ X + √ Y 5 5 Thay vào phương trình đường cong ta được: X2 + 6Y 2 − 24 = 0 Vậy đường cong là một Elip 17
Trang 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Bài tập Dạng 1: 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 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. 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 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 Dạng 2: 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. 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}. 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 = {f1, f2, f3} sao cho 1 1 0 ma trận của f theo cơ sở F là ma trận chéo. 18
Trang 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 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 . Dạng 3: 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 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 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 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 19
Trang 20
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Dạng 4: 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 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 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 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 Bài 5: Cho dạng toàn phương ω(x , x , x ) = 3x2 + αx2 − 5x2 − 8x x 1 2 3 1 2 3 2 3 a) Tìm α để ω = 1 là một mặt ellipsoid. b) Khi α = 1, hãy đưa ω về dạng chính tắc bằng phương pháp trực giao (chỉ rõ phép biến đổi). Bài 6: Cho A, B là hai ma trận trực giao cấp n thỏa mãn detA + detB = 0. Chứng minh rằng det (A + B) = 0. 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!