Bài giảng môn Đại số A2 - Chương 3 Dạng song tuyến tính dạng toàn phương

1 BÀI GIẢNG MÔN ĐẠI SỐ A2 (GV: Trần Ngọc Hội - 2009) CHƯƠNG 3 DẠNG SONG TUYẾN TÍNH DẠNG TOÀN PHƯƠNG Trong chương này ký hiệu K để chỉ trường số thục R hay trường số phức C. §1. KHÁI NIỆM VỀ DẠNG SONG TUYẾN TÍNH VÀ DẠNG TOÀN PHƯƠNG 1.1. Định nghĩa. Cho V là một không gian véctơ trên K. Một dạng song tuyến tính trên V là một ánh xạ f: V V K (u, v) f (u, v) × → 6 có tính chất tuyến tính theo từng biến u, v, nghĩa là với mọi u, u1, u2, v, v1, v2 ∈ V và α, β ∈ K ta có 1) f(αu1 + u2,v) = αf(u1,v) + f(u2,v); 2) f(u,βv1 + v2) = βf(u,v1) + f(u,v2). Dạng song tuyến tính f được gọi là đối xứng nếu f(u,v) = f(v,u) với mọi u, v ∈V. 1.2. Ví dụ. 1) Với mỗi u = (x1,...,xn), v = (y1,...,yn) ∈ n\ , đặt f(u,v) = x1y1 + ...+ xnyn Khi đó f là một dạng song tuyến tính trên \ n. 2) Một tích vô hướng trên không gian Euclide V là một dạng song tuyến tính trên V. 2 1.3. Ma trận của dạng song tuyến tính Giả sử B = (u1, , un) là một cơ sở của V trên K. Ma trận của dạng song tuyến tính f trong cơ sở B, ký hiệu [f]B, là ma trận A = (aij)n×n, trong đó aij = f(ui,uj) với mọi 1 ≤ i, j ≤ n. Với mọi u = x1u1+ ...+ xnun , v = y1u1+ ...+ ynun thuộc V ta có n n n n n n i i j j i j i j ij i j i 1 j 1 i 1 j 1 i 1 j 1 f (u, v) f ( x u , y u ) f (u , u )x y a x y (1) = = = = = = = = =∑ ∑ ∑∑ ∑∑ Đảo lại, (1) xác định dạng song tuyến tính f trên V có ma trận trong cơ sở B là A = (aij)n×n. Chú ý rằng (1) còn được viết dưới dạng ( ) 11 1n 1 T1 n n1 nn n a ... a y f (u, v) x ... x ... ... ... ... [u] [f ] [v] . a ... a y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ B B B Vậy Tu, v V, f (u, v) [u] [f ] [v]∀ ∈ = B B B (1′) Ta gọi (1) và (1′) là biểu thức toạ độ của dạng song tuyến tính f trong cơ sở B. 1.4. Nhận xét. 1) Với cơ sở B = (u1, , un) cho trước, dạng song tuyến tính f được hoàn toàn xác định bởi ma trận [f]B. 2) Dạng song tuyến tính f trên V là đối xứng khi và chỉ khi [f]B là ma trận đối xứng. 1.5. Dạng song tuyến tính trên Kn Xét V = Kn với cơ sở chính tắc B0 = (e1, , en). Đặt A [f ]= 0B = (aij)n×n. Khi đó với mọi u = (x1, ...,xn), v = (y1, ...,yn) thuộc Kn ta có n n ij i j i 1 j 1 f (u, v) a x y (2) = = = ∑∑ Đảo lại, (2) xác định dạng song tuyến tính f trên Kn có ma trận trong cơ sở chính tắc là A = (aij)n×n. Để đơn giản, trong trường hợp này ta gọi A là ma trận của f và (2) là biểu thức của f. 1.6. Ví dụ. Xét dạng song tuyến tính f trên 3\ định bởi: Với mọi u = (x1,x2,x3), v = (y1,y2,y3), = − − +1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2f (u, v) x y + 2x y 4x y + x y x y 3x y + x y + 9x y . Ma trận của f là 3 1 2 4 A 1 1 3 1 9 0 −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ . 1.7. Định nghĩa. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là một dạng song tuyến tính đối xứng trên V. Khi đó ánh xạ Q: V K u f (u, u) → 6 được gọi là dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f. Ta cũng nói f là dạng cực của dạng toàn phương Q. Để đơn giản, ta gọi một dạng toàn phương trên không gian véctơ thực (t.ư. phức) là một dạng toàn phương thực (t.ư. phức). Một dạng toàn phương trên Kn (t.ư. Rn, Cn) còn được gọi là một dạng toàn phương n biến trên K (t.ư. n biến thực, n biến phức). Dạng cực f của dạng toàn phương Q được hoàn toàn xác định bởi Q. Thật vậy, f(u+v,u+v) = f(u,u) + f(u,v) + f(v,u) + f(v,v) = f(u,u) + 2f(u,v) + f(v,v). Suy ra 1f (u, v) [Q(u v) Q(u) Q(v)] 2 = + − − . 1.8. Biểu thức và Ma trận của dạng toàn phương Giả sử Q là một dạng toàn phương trên V ứng với dạng song tuyến tính đối xứng f. Với B là một cơ sở bất kỳ của V, ma trận [f]B cũng được gọi là ma trận của dạng toàn phương Q trong cơ sở B, ký hiệu là [Q]B. Nhận xét rằng vì f đối xứng nên ma trận của dạng toàn phương Q trong một cơ sở bất kỳ luôn luôn là một ma trận đối xứng. Do 1.3, với B = (u1, , un) là một cơ sở của V và u = x1u1+ ...+ xnun thuộc V ta có n n T ij i j i 1 j 1 Q(u) [u] [Q] [u] a x y (3) = = = = ∑∑B B B trong đó aij = aji vì [Q]B = (aij)n×n là ma trận đối xứng. Đảo lại, (3) xác định dạng toàn phương Q trên V có ma trận trong cơ sở B là A = (aij)n×n. Ta cũng thường viết (3) dưới dạng n T 2 ii i ij i j i 1 1 i j n Q(u) [u] [Q] [u] a x + 2a x x (3 ) = ≤ < ≤ ′= = ∑ ∑B B B Ta gọi (3) và (3′) là biểu thức toạ độ của dạng toàn phương Q trong cơ sở B. 4 Đặc biệt, xét V = Kn với cơ sở chính tắc B0 = (e1, ,en). Ma trận ( )ij n n[Q] a ×=0B được gọi là ma trận của Q. Với mọi u = (x1, ...,xn) thuộc Kn ta có n T 2 ii i ij i j i 1 1 i j n Q(u) X AX a x + 2a x x (4) = ≤ < ≤ = = ∑ ∑ trong đó 1 n x X ... x ⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ , là một đa thức thuần nhất bậc 2 theo n biến x1,..., xn. Đảo lại, một đa thức thuần nhất bậc 2 theo n biến x1,..., xn như trong (4) luôn luôn xác định dạng toàn phương n biến trên K có ma trận trong cơ sở chính tắc là ma trận đối xứng A = (aij)n×n. Ta gọi (4) là biểu thức của dạng toàn phương Q. 1.9. Ví dụ. 1) Xét dạng toàn phương Q trên 3\ có biểu thức định bởi 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 3 2 3Q(x ,x ,x ) x 3x + 2x x 4x x + 8x x= − − . Khi đó ma trận của Q là 1 1 2 A 1 3 4 2 4 0 −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ và T1 2 3Q(x ,x ,x ) X AX= , trong đó 1 2 3 x X x x ⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ . 2) Giả sử dạng toàn phương Q trên 3\ có ma trận là 2 3 1 A 3 0 5 1 5 4 −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ Khi đó biểu thức của Q là T1 2 3Q(x ,x ,x ) X AX= , trong đó 1 2 3 x X x x ⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ , hay 2 2 1 2 3 1 3 1 2 1 3 2 3Q(x ,x ,x ) 2x 4x + 6x x 2x x + 10x x= − − . 1.10. Định lý (Đổi cơ sở cho dạng song tuyến tính). Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và f là một dạng song tuyến tính trên V. Khi đó với B1 , B2 là hai cơ sở bất kỳ của V, ta có 1 1 2 1 1 2 T[f ] (P ) [f ] P→ →=B B B B B B 5 Chứng minh. Đặt B1 = (u1, , un), B2 = (v1, , vn), ( )ijP p→ =1 2B B . Khi đó với mọi u, v thuộc V ta có 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 T T T T f (u, v) [u] [f ] [v] (P [u] ) [f ] (P [v] ) [u] [(P ) [f ] P ][v] → → → → = = = B B B B B B B B B B B B B B B B B Từ đó suy ra 2 1 2 1 1 2 T[f ] (P ) [f ] P→ →=B B B B B B . 1.11. Hệ quả (Đổi cơ sở cho dạng toàn phương). Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một dạng toàn phương trên V. Khi đó với B1 , B2 là hai cơ sở bất kỳ của V, ta có 2 1 2 1 1 2 T[Q] (P ) [Q] P→ →=B B B B B B . 1.12. Nhận xét. Cho biểu thức tọa độ của dạng toàn phương Q trong cơ sở B1 là n 2 ii i ij i j i 1 1 i j n Q(u) a x + 2a x x (*) = ≤ < ≤ = ∑ ∑ với u = x1u1+ ...+ xnun. Giả sử B2 = (v1, , vn) là một cơ sở khác của V và biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B2 là n 2 ii i ij i j i 1 1 i j n Q(u) b y + 2b y y (**) = ≤ < ≤ = ∑ ∑ với u = y1u1+ ...+ ynun. Khi đó ma trận P →1 2B B khả nghịch và phép biến đổi tọa độ không suy biến 1 1 n n x y ... P ... x y → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 2B B đưa biểu thức của dạng toàn phương Q từ (*) về (**). Đảo lại, ứng với mỗi phép biến đổi tọa độ không suy biến 1 1 n n x y ... P ... x y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (P là một ma trận vuông cấp n khả nghịch), gọi B2 là cơ sở của V sao cho P P→ =1 2B B . Khi đó biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B2 có dạng (**), trong đó (bij)n×n = PT(aij)n×nP. 6 1.13. Định nghĩa (Hạng và tính suy biến, không suy biến của dạng toàn phương). Cho Q là một dạng toàn phương trên không gian véctơ n chiều V và B là một cơ sở bất kỳ của V. Hạng của ma trận [Q]B được gọi là hạng của Q, ký hiệu là rank(Q) hay r(Q). Hệ quả 1.10 cho thấy hạng của Q không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở B. Hiển nhiên rank(Q) ≤ n = dimV. Nếu rank(Q) = n thì ta nói Q không suy biến. Ngược lại, nếu rank(Q) < n thì Q suy biến. 1.14. Ví dụ. 1) Xét Q là dạng toàn phương 3 biến thực định bởi: 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 3 2 3Q(x , x , x ) x 3x + 2x x 4x x + 8x x= − − . a) Tìm hạng và khảo sát tính không suy biến của Q. b) Tìm biểu thức toạ độ của Q trong cơ sở B = (u1, u2, u3) của 3\ , trong đó u1 = (1, −1, 0); u2 = (−1, 2, 1); u3 = (2, 0, 3) và chỉ ra phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng. Giải. Ma trận của Q là 1 1 2 [Q] 1 3 4 2 4 0 −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ 0B a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, do đó Q không suy biến. b) Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc B0 sang cơ sở B là 1 1 2 P 1 2 0 0 1 3 → −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 0B B . Do đó ma trận của Q trong cơ sở B là T T 1 1 2 1 1 2 1 1 2 [Q] (P ) [Q] P 1 2 0 1 3 4 1 2 0 0 1 3 2 4 0 0 1 3 1 1 0 1 1 2 1 1 2 4 2 18 1 2 1 1 3 4 1 2 0 2 5 28 , 2 0 3 2 4 0 0 1 3 18 28 20 → → − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 0 0B B B B B B Vậy biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B định bởi: Với mọi u = y1u1 + y2u2 + y3u3 thuộc 3\ , 7 ( ) 1T 1 2 3 2 3 2 2 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 4 2 18 y Q(u) [u] [Q] [u] y y y 2 5 28 y 18 28 20 y 4y 5y 20y + 4y y 36y y + 56y y − − ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = − + − − B B B Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là 1 1 2 31 1 1 2 2 2 2 1 2 3 3 3 3 2 3 x y y 2yx y 1 1 2 y x P y 1 2 0 y hay x y 2y x y 0 1 3 y x y 3y → = − +− ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= = − = − +⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ = +⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ 0B B 2) Xét không gian 3\ với cơ sở B = (u1, u2, u3), trong đó u1 = (1,−1,0); u2 = (−1,2,1); u3 = (2, 0, 3). Cho Q là dạng toàn phương 3 biến thực có biểu thức toạ độ trong cơ sở B như sau: 2 2 1 2 1 2 1 3 2 3Q(u) x 3x + 2x x 4x x + 8x x= − − với mọi u = x1u1 + x2u2 + x3u3 thuộc 3\ . a) Tìm hạng và khảo sát tính không suy biến của Q. b) Tìm biểu thức của Q và chỉ ra phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng. Giải. Ma trận của Q trong cơ sở B là 1 1 2 [Q] A 1 3 4 2 4 0 −⎛ ⎞⎜ ⎟= = −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ B . a) Ta có detA = −20 nên rank(Q) = rank(A) = 3, do đó Q không suy biến. b) Ma trận chuyển từ cơ sở chính tắc B0 sang cơ sở B là 1 1 2 P 1 2 0 0 1 3 → −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 0B B . Suy ra ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở chính tắc B0 là 6 5 4 P 3 3 2 1 1 1 → −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ 0B B . Do đó ma trận của Q (trong cơ sở chính tắc B0) là 8 T T 6 5 4 1 1 2 6 5 4 [Q] (P ) [Q] P 3 3 2 1 3 4 3 3 2 1 1 1 2 4 0 1 1 1 6 3 1 1 1 2 6 5 4 45 34 30 5 3 1 1 3 4 3 3 2 34 24 22 4 2 1 2 4 0 1 1 1 30 22 20 → → − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− − − − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 0 0B B B B B B ⎟ Suy ra biểu thức của Q là 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3Q(y , y , y ) 45y 24y 20y + 68y y 60y y 44y y= + + − − . Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là 1 1 2 31 1 1 2 2 2 2 1 2 3 3 3 3 3 1 2 3 x 6y 5y 4yx y 6 5 4 y x P y 3 3 2 y hay x 3y 3y 2y x y 1 1 1 y x y y y → = + −− ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= = − = + −⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪− − = − − +⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ 0B B §2. DẠNG CHÍNH TẮC CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG 2.1. Định nghĩa. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một dạng toàn phương trên V có dạng cực là f. Cơ sở B = (u1, , un) của V được gọi là một cơ sở Q-chính tắc nếu f(ui,uj) = 0 với mọi 1 ≤ i ≠ j ≤ n, điều này tương đương với tính chất ma trận [Q]B là một ma trận chéo, hay cũng vậy, biểu thức toạ độ của Q trong cơ sở B có dạng n 2 i i i 1 Q(u) a x (1) = = ∑ với mọi u = x1u1+ ...+ xnun thuộc V. Khi đó ta nói (1) là dạng chính tắc của Q. 2.2. Định lý. Cho V là một không gian véctơ hữu hạn chiều trên K và Q là một dạng toàn phương trên V. Khi đó trong V tồn tại một cơ sở Q-chính tắc. Chứng minh. Việc xây dựng một cơ sở Q-chính tắc được thực hiện thông qua thuật toán sau: 2.3. Thuật toán Lagrange đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc Giả sử biểu thức của dạng toàn phương Q trong cơ sở B = (u1, , un) định bởi n 2 ii i ij i j i 1 1 i j n Q(u) a x + 2a x x (*) = ≤ < ≤ = ∑ ∑ Để đưa Q về dạng chính tắc ta chia bài toán thành 3 trường hợp: 9 Trường hợp 1: aii ≠ 0 với một i nào đó. Sau khi đánh số lại các phần tử của cơ sở B nếu cần, ta có thể giả sử a11 ≠ 0. Khi đó n 2 1i 11 1 1 i 1 11i 2 n 21i 11 1 i 2 n 11i 2 n 2 11 1 ij i j i, j 2 aQ(u) a (x 2x x ) + (những số hạng không chứa x ) a a a (x x ) + (một dạng toàn phương của x ,..., x ) a a y + b y y = = = = + = + = ∑ ∑ ∑ trong đó n 1i 1 1 i 11i 2 j j ay x x a y x (j 2) = ⎧ = +⎪⎨⎪ = ≥⎩ ∑ là một phép biến đổi tọa độ không suy biến. Việc đưa Q về dạng chính tắc được qui về việc đưa dạng toàn phương (n−1) biến n 1 ij i j i, j 2 Q b y y = = ∑ về dạng chính tắc. Điều này có thể thực hiện bằng qui nạp. Trường hợp 2: aii = 0 với mọi i nhưng có aij ≠ 0 với i ≠ j nào đó. Sau khi đánh số lại các phần tử của cơ sở B nếu cần, ta có thể giả sử a12 ≠ 0. Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến 1 1 2 2 1 2 j j x y y x y y x y (j 3) ⎧ = +⎪ = −⎨⎪ = ≥⎩ ta có 2 2 12 1 2 12 1 22a x x 2a (y y )= − . Từ đó n n ij i j ij i j i, j 1 i, j 1 Q(u) a x x b y y = = = =∑ ∑ có hệ số của 21y là 122a 0≠ . Ta trở về trường hợp 1 đã xét. Trường hợp 3: aij = 0 với mọi i, j. Khi đó Q(u) = 0 với mọi u nên Q có dạng chính tắc trong bất kỳ cơ sở nào của V. 2.4. Ví dụ. 1) Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc: 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4Q(u) x x x 2x 2x x + 2x x 2x x + x x 4x x= + + − − − − 10 với u = 1 2 3 4(x , x , x , x ) . Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng. Giải. Ta có 2 2 2 2 1 1 2 3 4 2 3 4 2 3 2 4 2 2 2 2 2 1 2 3 4 2 3 4 2 3 4 2 3 2 4 2 2 1 2 3 4 4 2 3 2 4 3 4 2 2 1 2 3 4 4 4 2 3 2 3 Q(u) x 2x ( x x x ) x x 2x x x 4x x (x x x x ) ( x x x ) x x 2x x x 4x x (x x x x ) 3x 3x x 6x x 2x x 1 (x x x x ) 3[x 2x (x x )] 3x x 3 = + − + − + + − + − = − + − − − + − + + − + − = − + − − + − + = − + − − + − + 2 2 2 1 2 3 4 4 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 1 2 3 4 4 2 3 2 2 3 3 2 2 2 2 1 2 3 4 4 2 3 2 3 3 1 1 (x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) 3x x 3 3 1 1 1 (x x x x ) 3(x x x ) 3(x 2x x ) x 3 6 3 1 1 1 (x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) x 3 6 4 = − + − − + − + − + = − + − − + − + + + = − + − − + − + + + Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến 1 1 2 3 4 1 1 2 4 1 1 2 4 2 3 4 42 3 4 3 3 3 43 2 3 4 4 4 3 4 2 3 4 2y x x x x x y y y 3 x y1 1 0 2 / 31 1y x x x x y0 0 1 1 / 6x y y3 6 x y1 0 0 0 1x yy x x 6 x y0 1 1 1 / 21y x x y y y 2 ⎧= − + − = − +⎧ ⎪⎪ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎪⎪ = + − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ −= −⎪ ⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⇔ ⇔ =⎨ ⎨ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎪ == + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎪ −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪= = − +⎩ ⎪⎩ ta đưa được Q về dạng chính tắc 2 2 2 2 1 2 3 4 1Q(u) y 3y 3y y 4 = − + + với u = y1u1+ y2u2+ y3u3 + y4u4, trong đó cơ sở Q-chính tắc B = (u1,u2,u3,u4) của 4\ thoả 1 1 0 2 / 3 0 0 1 1 / 6 P 0 0 0 1 0 1 1 1 / 2 → −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ 0B B (B0 là cơ sở chính tắc của 4\ ) nghĩa là u1 = (1,0,0,0); u2 = (−1,0,0,1); u3 = (0,1,0,−1); u4 = (2/3,−1/6,1,1/2). 2) Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc: 1 2 3 1 2 1 3 2 3Q(x , x , x ) x x + 2x x 2x x= − Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc và phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng. 11 Giải. Đổi biến 1 1 2 2 1 2 3 3 x y y x y y x y = +⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩ ta có 2 2 2 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3Q(u) y y 2(y y )y 2(y y )y y y 4y y= − + + − − = − + Ta biến đổi 2 2 2 2 2 1 2 2 3 1 2 3 3Q(u) y [y 2y (2y )] y (y 2y ) 4y= − − = − − + Đặt 1 1 1 1 2 2 3 2 2 3 3 3 3 3 z y y z z y 2y y z 2z z y y z = =⎧ ⎧⎪ ⎪= − ⇔ = +⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎩ ta đưa được Q về dạng chính tắc 2 2 2 1 2 3Q(u) z z 4z= − + Phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng là 1 1 2 3 2 1 2 3 3 3 x z z 2z x z z 2z x y = + +⎧⎪ = − −⎨⎪ =⎩ Cơ sở Q-chính tắc tương ứng là B = (u1,u2,u3) của 3\ thoả 1 1 2 P 1 1 2 0 0 1 → ⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 0B B (B0 là cơ sở chính tắc của 4\ ) nghĩa là u1 = (1,1,0); u2 = (1,−1,0); u3 = (2,−2,1). §3. DẠNG CHÍNH TẮC TRỰC GIAO CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRÊN KHÔNG GIAN EUCLIDE 3.1. Định nghĩa. Cho V là một không gian Euclide hữu hạn chiều và Q là một dạng toàn phương trên V. Cơ sở B được gọi là một cơ sở Q-chính tắc trực giao nếu B là một cơ sở trực chuẩn đồng thời cũng là môt cơ sở Q-chính tắc của V. Khi đó biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B được gọi là dạng chính tắc trực giao của Q. 12 3.2. Định lý. Cho V là một không gian Euclide hữu hạn chiều và Q là một dạng toàn phương trên V. Khi đó trong V tồn tại một cơ sở Q-chính tắc trực giao. Chứng minh. Xét B0 là một cơ sở trực chuẩn nào đó của V. Khi đó ma trận [Q] 0B là ma trận đối xứng thực nên chéo hoá trực giao được, nghĩa là tồn tại ma trận trực giao P sao cho 1P [Q] P− 0B là ma trận chéo. Gọi B là cơ sở của V sao cho P P→ =0B B . Khi đó T T 1[Q] (P ) [Q] P P [Q] P P [Q] P−→ →= = =0 0 0 0 0B B B B B B B B là ma trận chéo. Vì [Q]B là ma trận chéo nên B là cơ sở Q-chính tắc. Mặt khác, do P P→ =0B B là ma trận trực giao nên B là một cơ sở trực chuẩn. Suy ra B là một cơ sở Q-chính tắc trực giao của V. 3.3. Nhận xét. 1) Giả sử Q có dạng chính tắc trực giao n 2 i i i 1 Q(u) a x (1) = = ∑ với u = x1u1+ ...+ xnun, trong đó B = (u1, , un) là cơ sở Q- chính tắc trực giao tương ứng. Khi đó dăy a1,...,an gồm tất cả các trị riêng của [Q]B (kể cả số bội) và không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở Q-chính tắc trực giao B. Thật vậy, từ (1) ta suy ra 1 n a 0 [Q] 0 a ⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ %B nên hiển nhiên a1,...,an là tất cả các trị riêng của [Q]B. Bây giờ cho 1 n(u ,..., u )′ ′ ′=B là một cơ sở Q-chính tắc trực giao khác của V. Khi đó n 2 i i i 1 Q(u) a y (1 ) = ′ ′= ∑ với 1 1 n nu y u ... y u′ ′= + + . Theo chứng minh trên a1′,..., an′ là các trị riêng của [Q] ′B (kể cả số bội). Theo Hệ quả 1.10 ta có T[Q] (P ) [Q] P′ ′ ′→ →=B B B B B B . Chú ý rằng do ′B, B là hai cơ sở trực chuẩn của V nên ma trận chuyển cơ sở P ′→B B là một ma trận trực giao, nghĩa là T 1(P ) (P )−′ ′→ →=B B B B . Do đó 1[Q] (P ) [Q] P−′ ′ ′→ →=B B B B B B . 13 Vậy hai ma trận [Q]B và [Q] ′B đồng dạng nên cúng có cùng trị riêng (kể cả số bội), nghĩa là hai dãy a1,..., an và a1′,..., an′ trùng nhau. Điều này chứng tỏ a1,...,an không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở trực chuẩn Q-chính tắc trực giao B. 2) Từ chứng minh Định lý 3.2 ta thấy để đưa Q về dạng chính tắc trực giao ta dùng phép biến đổi tọa độ X P Y→6 0B B với mọi X [u] , Y [u]= =0B B . Vì P →0B B là ma trận trực giao nên ta nói phép biến đổi trên là một phép biến đổi tọa