描述

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, 1, 0), e′2 (1, 0, 1), e′3 (0, 1, 1)}; φ(x, y) = x1 y1 + 2x1 y2 − 5x1 y3 − 5x2 y2 − x3 y2 − 6x3 y3 Lời giải   1 2 −5    Ma trận của dạng song tuyến tính đối với cơ sở chính tắc là: A =  0 −1 −6   1 1 0    Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc sang cơ sở {e′1 (1, 1, 0), e′2 (1, 0, 1), e′3 (0, 1, 1)} là P =  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 = P .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: ω1 (x) = x21 + 7x22 + x23 + 2x1 x2 − 4x2 x3 ω2 (x) = x21 + x22 + 4x23 − 2x1 x2 + 4x1 x3 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) ω1 (x) = x21 + 7x22 + x23 + 2x1 x2 − 4x2 x3 = (x1 + x2 )2 + 6x22 + x23 − 4x2 x3 = (x1 + x2 )2 + (x3 − 2x2 )2 + 2x22   y = x1 + x2    1 Đặt y2 = 2x2 − x3    y = x 3 . Thay lại ta được 2 ω1 (x) = y12 + y22 + 2y32 Team Đại số - CLB Hỗ trợ học tập 1 Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập • ω2 (x) = x21 + x22 + 4x23 − 2x1 x2 + 4x1 x3 = (x1 − x2 + 2x3 )2 + 4x2 x3   y = x1 − x2 + 2x3    1 Đặt y2 = x2 + x3    y = x − x y1 = x1 − x2 + 2x3    y2 + y3 ⇒ x2 = y − y3   x3 = 2 2 . Thay lại ta được ω2 (y) = y12 + y22 − y32 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) = 5x21 + 2x22 + λx23 + 14x1 x2 + 2x1 x3 − 6x2 x3 . 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) = 20x21 + 10x22 − x23 + 28x1 x2 + 14x1 x3 + 16x2 x3 . Lời giải 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

AI 摘要