Giáo trình Đại số tuyến tính - Chương 5: Dạng song tuyến tính, dạng toàn phương, không gian euclide, đường và mặt bậc hai

x, x’, y, y’ thuộc V và mọi phần tử  thuộc K. ( ', ) ( , ) ( ', ) ( , ) ( , ) x x y x y x y x y x y            (1) ( , ') ( , ) ( , ') ( , ) ( , ) x y y x y x y x y x y            (2) Điều kiện (1) cho thấy với mỗi y cố định thì ( , )x y là một dạng tuyến tính trên V đối với x. Điều kiện (2) cho thấy với mỗi x cố định thì ( , )x y là một dạng tuyến tính trên V đối với y. Nói cách khác, khi cố định một biến thì  là dạng tuyến tính đối với biến còn lại. 5.1.1.2. Ví dụ: - Cho 1 1 1 2 2 1 2 2( , ) 2 3 4f x y x y x y x y x y    với mọi 2 1 2 1 2( , ), ( , )x x x y y y   là một dạng song tuyến tính trên 2 . - Nếu g là một dạng tuyến tính trên V và h là một dạng tuyến tính trên W thì ( , ) ( ) ( )f x y g x h y với mọi ,x V y W  là một dạng song tuyến tính trên V x W. Cụ thể như: 2 3,V K W K  thì :f V W K  được Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 1 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ xác định như sau: 1 2 1 2 3( , ) ( )( 2 3 )f x y x x y y y    là một dạng song tuyến tính, với 2 1 2( , )x x x K  và 3 1 2 3( , , )y y y y K  . - Nếu E là không gian Euclide thì tích vô hướng là một dạng song tuyến tính trên E. - Ánh xạ 2 2:f K K K  xác định bởi ( , ; , ) a b f a b c d c d  là một dạng song tuyến tính. - Dạng song tuyến tính  gọi là đối xứng nếu thỏa mãn điều kiện: ( , ) ( , ), ,x y y x x y V    - Trên 3 , xét 1 1 1 2 2 1 2 3 3 2 3 3( , )f x y x y x y x y x y x y x y      là một dạng song tuyến tính đối xứng. - Mỗi tích vô hướng trên không gian vector Euclid là dạng song tuyến tính đối xứng trên . Sinh viên tự kiểm tra như bài tập nhỏ. Trong không gian vector V xét cơ sở 1 2( , ,..., )mB v v v và trong không gian vector W xét cơ sở 1 2' ( , ,..., )nB w w w . 5.1.2. Dạng toàn phƣơng, dạng toàn phƣơng xác định dấu (dƣơng, âm) Dạng toàn phƣơng xác định dƣơng (âm): Định nghĩa: Dạng toàn phương  trên - không gian vector V gọi là xác định dương nếu ( ) 0x  đối với mọi x khác vector 0. Ngược lại nếu ( ) 0x  đối với mọi x khác vector 0 thì dạng  được gọi là xác định âm. Định lý 1: Dạng toàn phương trên - không gian vector n chiều V xác định dương khi và chỉ khi tất cả các hệ số trong dạng chính tắc của nó đều dương. Tức là, nếu  có dạng chính tắc. 2 21 1( ) ... n nx b t b t    thì bi > 0 với i = 1, , n. Nhận xét: Giả sử V là một không gian vector n chiều trên . Khi đó, một dạng toàn phương trên V được gọi là dạng toàn phương thực. Bổ đề: Cho  là một dạng toàn phương thực. Ta có thể tìm thấy một cơ sở S của V sao cho: 2 2 2 2 1 1( ) ... ...p p rx x x x x       trong đó 1 2, ,..., rx x x là tọa độ của vector x theo S. Định lý 2: Mọi dạng chính tắc của dạng toàn phương thực. 2 2 2 2 1 1 1 1 1( ) ... ... ( ,..., 0)p p p p r r rx c x c x c x c x c c         đều có cùng số p các hệ số dương và số r-p các hệ số âm. Định nghĩa 3: Số p các hệ số dương và số r - p các hệ số âm trong dạng chính tắc của một dạng toàn phương thực tương ứng được gọi là chỉ số quán tính dương và chỉ số quán tính âm. Hiệu giữa chỉ số quán tính dương và chỉ số quán tính âm được gọi là kí số của  . Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 2 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Định nghĩa: Một dạng toàn phương thực  được gọi là xác định dương (tương ứng xác định âm) nếu ( ) 0x  (hay ( ) 0x  ) với mọi 0x  . Một dạng toàn phương thực  được gọi là nửa xác định dương (hay nửa xác định âm) nếu ( ) 0x  (hay ( ) 0x  ). Ví dụ: 2| |x là một dạng toàn phương thực xác định dương. Nhận xét: Một dạng toàn phương thực là xác định dương (tương ứng âm) khi và chỉ khi chỉ số quán tính dương (tương ứng âm) của nó bằng dim V. 5.1.3. Biểu thức tọa độ của dạng song tuyến tính đối với một cơ sở, ma trận của dạng song tuyến tính 5.1.3.1. Ma trận của dạng song tuyến tính đối với một cơ sở: Xét không gian vector V trên trường K, gọi 1 2{ , ,..., }nB u u u là cơ sở của V. Giả sử  là một dạng song tuyến tính trên không gian vector V. Khi đó, đối với các vector 1 1 , n n i i j j i j x x u y y u      . Ta có 1 1 1 1 1 1 ( , ) ( , ) , ( , ) n n n n n n i i j j i i j j i j i j i j i j i j x y x u y u x u y u x y u u                       Đặt ( , ) : , 1,...,ij i ja u u i j n  Ma trận ( )ij n nA a  được gọi là ma trận của dạng song tuyến tính  đối với cơ sở B. Ví dụ: Cho 1 1 1 2 2 1 2 2( , ) 2 3f x y x y x y x y x y    là dạng song tuyến tính trên 2 Xét cơ sở chính tắc 1 2{ , }B e e thì có 1 1 1 2 2 1 2 2( , ) 1; ( , ) 2; ( , ) 3; ( , ) 1f e e f e e f e e f e e      . Ma trận 1 2 3 1 A       là ma trận đối với cơ sở chính tắc của B.    1 11 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 2 ( , ) 3 2 3 1 ( 3 ) ( 2 ) 3 2 y y f x y x x x x x x y y y x x y x x x y x y x y x y                              Nhận xét: Ta có Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 3 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 11 12 1 1 21 22 2 1 2 1 2 ... ... ( , ) [ ... ] ... ... ... ... ... ... n n n n n n nn a a a y a a a x y x x x y a a a                    Hay 1 1( , ) [ ... ] ...n n y x y x x A y           Nếu dạng song tuyến tính của  là dạng song tuyến tính đối xứng thì A là ma trận đối xứng. 5.1.3.2. Định lý 1: Ánh xạ :f V W K  là một dạng song tuyến tính khi và chỉ khi tồn tại mn phần tử , 1,..., ; 1,...,ija K i m j n   sao cho 1 1 ( , ) m n ij i j i j f x y a x y    với mọi 1 1 2 2 ... m mx x v x v x v    và 1 1 2 2 ... m my y w y w y w    . Hơn nữa khi đó ( , ) , 1,..., ; 1,...,i j ijf v w a i m j n   và f là dạng song tuyến tính duy nhất thỏa điều kiện này. Ma trận ( ) ( , ; )ij m nA a M m n K  được gọi là ma trận của dạng song tuyến tính f đối với cặp cơ sở (B, B’). Nếu f là dạng song tuyến tính trên V, thì ma trận biểu diễn của f theo cặp cơ sở (B, B) được gọi là ma trận biểu diễn của f theo B. Ví dụ: Nếu f là dạng song tuyến tính trên 2 3K K được xác định bởi 1 2 1 2 3 1 2 1 2 3( , ; , , ) ( )( 2 3 )f x x y y y x x y y y    thì ma trận biểu diễn f theo cặp cơ sở chính tắc là 1 2 3 1 2 3 A        Nếu f là tích vô hướng của không gian Euclid thì ma trận biểu diễn của f theo một cơ sở S chính là ma trận Gram của cơ sở đó. 5.1.3.3. Định lý 2: Nếu dạng song tuyến tính f trên V có các ma trận biểu diễn theo các cơ sở S và T lần lượt là A và B và P là ma trận chuyển cơ sở từ S sang T thì TB P AP . Hai ma trận A, B thỏa tính chất trên được gọi là hai ma trận tương đẳng. Nói cách khác, hai ma trận được gọi là tương đẳng với nhau nếu chúng là ma trận biểu diễn của cùng một dạng song tuyến tính. Ví dụ 1: Xét ma trận của dạng song tuyến tính 1 1 1 2 2 1 2 2( , ) 2 3f x y x y x y x y x y    là dạng song tuyến tính trên 2 đối với cơ sở chính tắc của 2 là: 1 2 3 1 A       Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 4 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Tuy nhiên, ma trận B của dạng song tuyến tính f đối với cơ sớ 1 2' { , }B u u với 1 2(1,1); (1,0)u u  1 1 1 2 2 1 2 2( , ) 1; ( , ) 4; ( , ) 2; ( , ) 1f u u f u u f u u f u u    1 4 2 1 B        Ví dụ 2: Dạng song tuyến tính 1 1 1 2 1 3 2 2 3 1 3 3( , ) 2 3 7x y x y x y x y x y x y x y       có ma trận trong cơ sở chính tắc là 1 2 1 0 1 0 3 0 7 C           5.1.3.4. Định lý 3: Hạng của dạng song tuyến tính f trên V là hạng của một ma trận biểu diễn của nó và được ký hiệu là rank(f). Chú ý: Dạng song tuyến tính f được gọi là suy biến nếu rank(f ) < dim V và không suy biến nếu rank(f ) = dim V. Ví dụ: Tìm hạng của các dạng song tuyến tính trong các ví dụ trên. 5.1.3.5. Định nghĩa 4: Cho f là dạng song tuyến tính trên V. ,x y V  , f được gọi là đối xứng nếu: ( , ) ( , )f x y f y x . f được gọi là đối xứng lệch nếu ( , ) ( , )f x y f y x  f được gọi là thay phiên nếu f (x, x ) = 0 Ví dụ: Cho 2V K . Xét các ánh xạ f và g được xác định như sau: 2 2 1 2 2 1 : ( , ) f K K K x y x y x y    và 2 2 1 2 2 1 : ( , ) g K K K x y x y x y    với 2 1 2( , )x x x K  và 2 1 2( , )y y y K  Khi đó, f là một dạng song tuyến tính đối xứng và g là một dạng song tuyến tính thay phiên, đồng thời là dạng song tuyến tính đối xứng lệch. 5.1.3.6. Định lý 5: Dạng song tuyến tính  trên K-không gian vector hữu hạn chiều V là đối xứng khi và chỉ khi ma trận của nó đối với cơ sở nào đó là ma trận đối xứng. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 5 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Chứng minh: Giả sử  là dạng song tuyến tính đối xứng và ( )ij n nA a  là ma trận của  đối với cơ sở 1 2{ , ,..., }nu u u . Theo (**) thì ( , ) ( , )ij i j j i jia u u u u a    với i, j = 1,, n . Suy ra A là ma trận đối xứng. Ngược lại giả sử rằng A là ma trận đối xứng theo hệ thức (**) thì 1 1 1 1 ( , ) ( , ) n n n n ij i j ji j i i j j i x y a x y a y x y x          . Vậy  là dạng song tuyến tính đối xứng. Nhận xét: Nếu A là ma trận biểu diễn của một dạng song tuyến tính f. Khi đó f là một dạng song tuyến tính đối xứng khi và chỉ khi A đối xứng, và f là đối xứng lệch khi và chỉ A là đối xứng lệch. 5.1.4. Dạng toàn phƣơng đối với một cơ sở và đổi cơ sở 5.1.4.1. Dạng toàn phương đối với một cơ sở Định nghĩa: Giả sử  là dạng song tuyến tính đối xứng trên K- không gian vector V, khi đó ánh xạ :V K  xác định bởi: ( ) ( , ),x x x x V    được gọi là dạng toàn phương trên không gian vector V sinh bởi dạng song tuyến tính  . Ví dụ: Trên 3 , xét dạng song tuyến tính đối xứng sau: 1 1 1 2 2 1 2 3 3 2 3 3( , )f x y x y x y x y x y x y x y      có ma trận trong cơ sở chính tắc là: 1 1 0 1 0 1 0 1 1 A           Từ đó, 2 21 1 2 2 3 3( ) ( , ) 2 2x f x x x x x x x x      là một dạng toàn phương. Xét ánh xạ 3:  được xác định như sau: 2 2 2 3( , , ) 3 4 2 6 2 , ( , , )x y z x xy xz y yz z x y z         đây là một dạng toàn phương trên 3 . Sinh viên hãy viết ma trận của dạng toàn phương trên trong cơ sở chính tắc. Sinh viên cho các ví dụ về dạng toàn phương trên 2 4; Trong không gian vector V, xét cơ sở: 1 2{ , ,..., }nu u u (1). Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 6 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Giả sử ( )ij n nA a  là ma trận của dạng song tuyến tính đối xứng  . Theo trên, thì A là ma trận đối xứng với 1 n i i i x x u   . Khi đó ta có 1 1 ( ) n n ij i j i j x a x x    (i) Suy ra 1 1( ) ( ... ) ...n n x x x x A x             (ii) Các hệ thức (i) và (ii) được gọi là biểu thức tọa độ của dạng toàn phương  đối với cơ sở (I). 5.1.4.2. Dạng toàn phương đổi cơ sở Xét một cơ sở khác của không gian V: 1 2{ , ,..., }nv v v (2). Giả sử B là ma trận của dạng toàn phương  đối với cơ sở (2). Khi đó công thức (ii) ta có: Với ' 1 n i i i x x v   thì   ' 1 ' ' ' 1 2 ' ( ) ... ...n n x x x x x B x             (a) Gọi T là ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở (2) theo công thức biến đổi tọa độ ta có: 1 1 2 2 ' ' ... ... 'n n x x x x T x x                         (b) Thực hiện phép chuyển vị ma trận ở (iii) ta có    1 1... ' ... ' T n nx x x x T (c) Khi đó,   ' 1 ' ' 1 ' ( ) ... ...tn n x x x x T AT x             (d) So sánh vế phải (a) và (d) ta có: TB T AT (***) Hệ thức (***) cho thấy mối quan hệ giữa hai ma trận của cùng một dạng toàn phương đối với hai cơ sở khác nhau. Vì T là ma trận không suy biến, nên ta có r(B) = r(A). Vậy, hạng của ma trận dạng toàn phương  . Nếu r(A) = n thì  gọi là dạng không suy biến. Định lý: Cho S là cơ sở của không gian vector V n chiều. Một ánh xạ :f V K được gọi là một dạng toàn phương khi và chỉ khi nó được viết dưới dạng: 1 1 ( ) n n ij i j i j f x a x x    trong đó 1 2( , ,..., )nx x x x là tọa độ của x theo cơ sở S và ija K . Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 7 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 5.1.5. Dạng chính tắc của dạng toàn phƣơng 5.1.5.1. Cơ sở chính tắc của dạng toàn phương Cơ sở 1 2{ , ,..., }nv v v của không gian vector V trên trường K được gọi là cơ sở chính tắc của dạng toàn phương  nếu ma trận B của dạng  đối với cơ sở đó là ma trận chéo. 1 2 0 ... 0 0 ... 0 ... ... ... ... 0 0 ... n b b B b             Khi đó biểu thức tọa độ của  có dạng 2 2 21 1 2 2( ) ... n nx b t b t b t     (iv) trong đó 1 1 2 2 ... n nx t v t v t v    Biểu thức (iv) được gọi là dạng chính tắc của dạng toàn phương  . Chú ý: Dạng chính tắc của một dạng toàn phương xác định không duy nhất. Nếu ( )x có dạng chính tắc thì ta có các kết quả sau:  ( )x xác định dương nếu mọi 0ib   ( )x nửa xác định dương nếu mọi 0ib   ( )x xác định âm nếu mọi 0ib   ( )x nửa xác định âm nếu mọi 0ib   ( )x không xác định nếu có các ib trái dấu. Để xét tính xác định của một dạng toàn phương bất kỳ, ta tìm cách đưa nó về dạng chính tắc sau đó kết luận theo cách trên. 5.1.5.2. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc a) Phƣơng pháp Lagrange: Nếu trong dạng toàn phương ( )x có 11 0a  thì ta viết 2 2 112 11 1 12 1 2 1 1 11 1 2 1 11 11 ( ) 2 ... 2 ... ... nn n n aa x a x a x x a x x a x x x g a a                 Đặt ' 112 1 1 2 11 11 ' ... n n j j aa x x x x a a x x      với j =2, , n. Khi đó, 211 1 1( ) 'x a x g   , trong đó 1g là một dạng toàn phương không chứa 1x . Nếu 11 0a  , nhưng 12 0a  thì đặt ' ' 1 1 2 ' ' 2 1 2 x x x x x x       Khi đó, '2 '212 1 2 12 1 12 2a x x a x a x  , khi đó '2 1 1( )x bx g   với 1g là một dạng toàn phương không chứa 1x . Tiếp tục quá trình này ta đưa ( )x về dạng chính tắc. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 8 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Ví dụ: 1) Cho dạng toàn phương 2 2 2 1 2 3 1 2 1 3( ) 2 7 4 8x x x x x x x x      . Hãy đưa dạng toàn phương trên về dạng chính tắc Giải Áp dụng phương pháp Larange         2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 3 1 1 3 2 3 2 3 2 2 3 2 22 2 2 2 2 2 1 3 2 3 2 3 2 2 3 1 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 3 3 ( ) 2 7 4 8 [ 2 (4 2 ) (4 2 ) ] (4 2 ) 2 7 4 2 16 16 4 2 7 4 2 23 16 2 4 2 2( 8 16 ) 9 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                     Đặt 1 1 3 2 2 2 3 3 3 4 2 4 t x x x t x x t x         Khi đó, dạng chính tắc của dạng toàn phương là 2 2 2 1 2 3( ) 2 9t t t t    Nhận xét: dạng toàn phương này không xác định dương. 2) Cho dạng song tuyến tính có ma trận biểu diễn là 0 1 2 1 0 1 2 1 0 A           . Khi đó   1 1 2 3 1 2 3 2 1 2 1 3 2 3 3 0 1 2 ( , , ) 1 0 1 2 4 2 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x                         Đặt ' ' 1 1 2 ' ' 2 1 2 x x x x x x       Khi đó, Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 9 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________         ' ' 1 1 2 ' ' 2 1 2 3 3 ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 '2 '2 ' ' ' ' ' ' ' ' 1 2 1 3 2 3 1 3 2 3 '2 '2 '2 '2 ' ' ' ' '2 ' ' '2 ' '3 3 1 2 1 3 2 3 1 1 3 2 2 3 '2 1 ' ( ) 2( )( ) 4 2 2 4 4 2 2 2 2 6 2 2 6 4 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                        '2 '2 ' ' '2 ' ' '2 '23 3 1 3 2 2 3 3 3 2 '2 ' ' ' 2 '23 1 2 3 3 9 18 2( 3 ) 4 4 2 2 3 17 2 2( ) 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x                       (*) Đặt 3 1 1 ' ' 2 2 3 ' 3 3 ' ' 2 3 2 x t x t x x t x             khi đó có dạng chính tắc của dạng toàn phương như sau: 2 2 2 1 2 3 17 ( ) 2 2 2 t t t t    3) Xét dạng toàn phương trong không gian 3 được xác định như sau: 2 2 2 1 1 2 2 1 3 3 2 3( ) 2 4 4 2x x x x x x x x x x       với 3 1 2 3( , , )x x x x  Hãy tìm dạng chính tắc của dạng toàn phương trên. Sinh viên tự làm như bài tập nhỏ. b) Phƣơng pháp Jacobi Giả sử biểu thức của dạng toàn phương ( )x trong cơ sở 1 2( , ,..., )nB e e e là , 1 ( ) ( , ) n ij i j i j u u u a x x     , với ( , )ij i ja e e Khi đó, 11 12 1 21 22 2 1 2 ... ... ( ) ... ... ... ... ... n n ij n n nn a a a a a a A a a a a              Xét các định thức con chính của ma trận A Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 10 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 11 12 1 11 2 1 21 22 ; ;...; det( ) a a a A a a       (5) Nếu tất cả các định thức con chính đều khác 0, tức là: 1 20; 0;...; 0n      , thì tồn tại phương pháp, gọi là phương pháp Jacobi để tìm một cơ sở ' ' ' 1 2'{ ; ;...; }nE e e e sao cho dạng toàn phương ( )x có dạng chính tắc sau đây: '2 '2 '20 0 0 1 2 1 1 1 ( ) ... nx x x x           (6) Trong đó ' ' ' ' 1 2[ ] ( , ,..., )E nx x x x Với giả thiết (5), ta đi tìm các hệ số ija  sao cho ' 1 11 1 ' 2 21 1 22 2 ' 1 1 2 2 ... ...n n n nn n e e e e e e e e e                   (7) Suy ra, 0 1 11 11 1 1 ; kk ka           Ta tìm các hệ số kj của hàng thứ k trong (7) bằng quy nạp theo k. Giả sử đã tìm được tất cả các hệ số của k – 1 hàng đầu tiên của (7). Để tìm các hệ số của hàng thứ k, ta giải hệ pt sau: 11 1 12 2 1 1,1 1 1,2 2 1, 1 1 2 2 ... 0; ... ... 0; ... 1. k k k kk k k k k k k kk k k k k kk kk a a a a a a a a a                             Ví dụ: Trong 3 , xét dạng toàn phương 2 2 2 1 1 2 1 3 2 3( ) 2 3 4Q u x x x x x x x     Giải Ma trận của Q trong cơ sở chính tắc là: Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 11 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 3 2 2 2 3 1 0 2 2 0 1 A                  Các định thức con chính của A là: 1 2 3 2 3 / 2 1 17 2; ; det( ) 3 / 2 1 4 4 A          Do đó, 0 1 2 11 22 33 1 2 3 1 1 ; 8; 2 17                 Vậy '2 '2 '2 1 2 3 1 1 ( ) 8 2 17 Q u x x x   Tìm cơ sở ' ' ' 1 2 3' ( , , )E e e e trong đó, Q(u) có dạng chính tắc nói trên. Khi k = 2, ta giải hệ 21 22 22 21 21 22 3 2 0 82 3 6 0 2                  Khi k = 3, ta giải hệ 31 32 33 31 32 31 33 3 2 2 0 2 3 0 2 2 + 1                    Thay 33 1 17   , ta giải hệ được 31 8 17   và 32 12 17    Vậy cơ sở mới là ' 1 1 ' 2 1 2 ' 1 2 3 3 2 6 8 8 12 17 e e e e e e e e e            Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 12 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ c) Phƣơng pháp giá trị riêng: Định lý 1: Mỗi dạng toàn phương  trên không gian vector Euclid hữu hạn chiều E đều có một cơ sở chính tắc là cơ sở trực chuẩn của không gian Euclid. Các vector của cơ sở chính tắc đó gọi là các phương chính của dạng toàn phương  . Chứng minh: Trong không gian vector Euclid E xét một cơ sở trực chuẩn: 1 2{ , ,..., }nu u u (I). Gọi A là ma trận của dạng toàn phương  đối với cơ sở trực chuẩn trên. Vì A là ma trận đối xứng thực nên tồn tại ma trận trực giao Q sao cho 1 2 0 ... 0 0 ... 0 ... ... ... 0 0 ... T n B Q AQ                 Ma trận trực giao Q chuyển cơ sở trực chuẩn (I) về cơ sở trực chuẩn  1,..., nf f (II) được xác định bởi    1 2 1 2... ...n nf f f u u u Q Khi đó, ma trận đường chéo B chính là ma trận của dạng toàn phương  đối với cơ sở trực chuẩn (II). Vậy cơ sở trực chuẩn (II) chính là một cơ sở chính tắc của dạng toàn phương  . Nhận xét: Trong cơ sở các phương chính (II), biểu thức tọa độ của dạng toàn phương  là 2 2 1 1( ) ... n nx t t     với 1 n i i i x t f   và 1 2, ,..., n   là các giá trị riêng của ma trận A. Các cột của ma trận chuyển Q là các vector riêng của ma trận A. Ví dụ: Dạng toàn phương  trên không gian 3 được cho bởi: 2 2 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3( ) 11 2 5 4 16 20x x x x x x x x x x       với 1 2 3( , , )x x x x Giải Ma trận của dạng toàn phương  đối với cơ sở chính tắc 1 2 3{ , , }e e e là 11 2 8 2 2 10 8 10 5 A          Đa thức đặc trưng của ma trận A là: 2 2( ) 18 81 1458 ( 9)( 9)( 18)P                Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 13 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Vậy ma trận A có giá trị riêng là: 1 2 39, 18, 9      Khi đó dạng toàn phương có dạng chính tắc là 2 2 2 1 2 3 1 1 2 2 3 3 ( ) 9 18 9x y y y x y f y f y f         Các vector riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng 9  là (2,2,1)u t với t . Chọn t =1 ta được một vector riêng là 1 (2,2,1)u  Các vector riêng ứng với giá trị riêng 18  là (2, 1, 2)u t   với t . Chọn t =1 ta được một vector riêng là 2 (2, 1, 2)u    Các vector riêng ứng với giá trị riêng 9   là các vector ( 1,2,2)u t  với t . Chọn t = 1 ta được một vector riêng là 3 ( 1,2,2)u   Ta có các vector u1, u2, u3 trực giao với nhau. Chuẩn hóa: 1 1 1 2 2 1 , , || || 3 3 3 v u         2 2 1 2 1 2 , , || || 3 3 3 v u          3 3 1 1 2 2 , , || || 3 3 3 v u         Khi đó    1 2 3 1 2 3 2 / 3 2 / 3 1/ 3 2 / 3 1/ 3 2 / 3 1/ 3 2 / 3 2 / 3 f f f e e e            Cơ sở các phương chính của  là 1 2 3 2 2 1 , , 3 3 3 2 1 2 , , 3 3 3 1 2 1 , , 3 3 3 f f f                      d) Phƣơng pháp đƣa dạng toàn phƣơng về dạng chuẩn tắc bằng cách sử dụng các phép biến đổi sơ cấp ma trận đối xứng của nó: Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 14 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Cho dạng toàn phương q trên không gian vector n chiều V ( 2)n  có ma trận trong cơ sở 1 2( , ,.., )nB e e e là [ ] ( )ij n nA a M K  . Khi đó, A là ma trận đối xứng. Do đó, việc đưa q về dạng chính tắc theo ngôn ngữ ma trận là tìm ma trận khả nghịch C sao cho TC AC là ma trận chéo. Nội dung thuật toán: Lập ma trận [ | ]nA I dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng, đồng thời lập lại các biến đổi cùng kiểu trên các cột của [ | ]nA I để đưa A về dạng chéo. Khi đó, nI sẽ trở thành TC . Ví dụ 1: Cho dạng toàn phương 3 biến thực 2 2 2 3( , , ) 4 6 5 8 8q x y z x xy xz y yz z       Hãy đưa q về dạng chính tắc. Giải: Xét cơ sở chính tắc của 3 , ma trận của q trong cơ sở này là: 1 2 3 2 5 4 3 4 8 A          Lập ma trận 3[ | ]A I rồi thực hiện các phép biến đổi sơ cấp để đưa A về dạng chéo 2 2 1 2 2 1 3 3 1 3 3 1 3 3 2 3 3 2 2 2 3 3 2 2 1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 2 5 4 0 1 0 0 1 2 2 1 0 0 1 2 2 1 0 3 4 8 0 0 1 0 2 1 3 0 1 0 2 1 3 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 2 2 1 0 0 0 5 7 2 1 d d d c c c d d d c c c d d d c c c A                                                                   1 0 0 1 0 0 0 1 0 2 1 0 0 0 5 7 2 1            Ta nhận thấy ma trận vế trái có dạng chéo. Khi đó, đặt 1 0 0 2 1 0 7 2 1 TC           suy ra 1 2 7 0 1 2 0 0 1 C           và 1 0 0 0 1 0 0 0 5 TC AC          Thay cơ sở chính tắc của 3 bằng cơ sở B sao cho C chính là ma trận đổi cơ sở từ cơ sở chính tắc sang cơ sở B, hay ta đã sử dụng phép đổi biến. ' 2 ' 7 ' ' 2 ' ' x x y z y y z z z         Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 15 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Ví dụ 2: Hãy đưa dạng toàn phương 3 biến thực sau đây về dạng chính tắc ( , , ) 2 3 7q x y z xy xz yz   , 3( , , )x y z  Sinh viên tự làm như một bài tập nhỏ. 5.1.6. Phƣơng pháp Lagrange Nếu trong dạng toàn phương ( )x có 11 0a  thì ta viết 2 2 112 11 1 12 1 2 1 1 11 1 2 1 11 11 ( ) 2 ... 2 ... ... nn n n aa x a x a x x a x x a x x x g a a                 Đặt ' 112 1 1 2 11 11 ' ... n n j j aa x x x x a a x x      với j =2, , n. Khi đó, 2 11 1 1( ) 'x a x g   , trong đó 1g là một dạng toàn phương không chứa 1x . Nếu 11 0a  , nhưng 12 0a  thì đặt ' ' 1 1 2 ' ' 2 1 2 x x x x x x       Khi đó, '2 '2 12 1 2 12 1 12 2a x x a x a x  , khi đó '2 1 1( )x bx g   với 1g là một dạng toàn phương không chứa 1x . Tiếp tục quá trình này ta đưa ( )x về dạng chính tắc. Ví dụ: 1) Cho dạng toàn phương 2 2 2 1 2 3 1 2 1 3( ) 2 7 4 8x x x x x x x x      . Hãy đưa dạng toàn phương trên về dạng chính tắc Giải Áp dụng phương pháp Larange         2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 3 1 1 3 2 3 2 3 2 2 3 2 22 2 2 2 2 2 1 3 2 3 2 3 2 2 3 1 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 3 3 ( ) 2 7 4 8 [ 2 (4 2 ) (4 2 ) ] (4 2 ) 2 7 4 2 16 16 4 2 7 4 2 23 16 2 4 2 2( 8 16 ) 9 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                     Đặt 1 1 3 2 2 2 3 3 3 4 2 4 t x x x t x x t x         Khi đó, dạng chính tắc của dạng toàn phương là 2 2 2 1 2 3( ) 2 9t t t t    Nhận xét: dạng toàn phương này không xác định dương. 2) Cho dạng song tuyến tính có ma trận biểu diễn là Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 16 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 0 1 2 1 0 1 2 1 0 A           . Khi đó   1 1 2 3 1 2 3 2 1 2 1 3 2 3 3 0 1 2 ( , , ) 1 0 1 2 4 2 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x                         Đặt ' ' 1 1 2 ' ' 2 1 2 x x x x x x       Khi đó,         ' ' 1 1 2 ' ' 2 1 2 3 3 ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 '2 '2 ' ' ' ' ' ' ' ' 1 2 1 3 2 3 1 3 2 3 '2 '2 '2 '2 ' ' ' ' '2 ' ' '2 ' '3 3 1 2 1 3 2 3 1 1 3 2 2 3 '2 1 ' ( ) 2( )( ) 4 2 2 4 4 2 2 2 2 6 2 2 6 4 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                        '2 '2 ' ' '2 ' ' '2 '23 3 1 3 2 2 3 3 3 2 '2 ' ' ' 2 '23 1 2 3 3 9 18 2( 3 ) 4 4 2 2 3 17 2 2( ) 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x                       (*) Đặt 3 1 1 ' ' 2 2 3 ' 3 3 ' ' 2 3 2 x t x t x x t x             khi đó có dạng chính tắc của dạng toàn phương như sau: 2 2 2 1 2 3 17 ( ) 2 2 2 t t t t    3) Xét dạng toàn phương trong không gian 3 được xác định như sau: 2 2 2 1 1 2 2 1 3 3 2 3( ) 2 4 4 2x x x x x x x x x x       với 3 1 2 3( , , )x x x x  Hãy tìm dạng chính tắc của dạng toàn phương trên. Sinh viên tự làm như bài tập nhỏ. 5.2. Không gian Euclide 5.2.1. Tích vô hƣớng, không gian Euclide Định nghĩa 1: Một dạng song tuyến tính trên không gian vector V là một ánh xạ Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 17 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ : ( , ) ( , ) V V R u v u v     sao cho khi cố định mỗi biến thì nó trở thành ánh xạ tuyến tính đối với biến kia. Nghĩa là với mọi 1 2 1 2,x , ,x y y R , với mọi 1 2 1 2, , ,u u v v V thì 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ( , ) (u , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) x u x u v x v x u v u y v y v y u v y u v             Định nghĩa 2: Dạng song tuyến tính  được gọi là có tính: i) Đối xứng: Nếu ( , ) ( , )u v v u  với mọi ,u v V ; ii) Không âm: Nếu ( , ) 0u u  với mọi u V ; iii) Không dương: Nếu (u,u) 0  với mọi u V ; iv) Xác định: Nếu ( , ) 0u u  khi và chỉ khi 0u  . Ta dễ dạng thấy rằng  xác định dương khi và chỉ khi ( , ) 0u u  với mọi 0u  . Một dạng song tuyến tính đối xứng xác định dương được gọi là tích vô hướng. Ta thường ký hiệu tích vô hướng của u và v là ,u v thay cho ( , v)u . Một không gian vector V với một tích vô hướng được gọi là không gian vector Euclide. Ví dụ 1: Trong không gian vector R2 các vector tự do trong mặt phẳng và không gian vector R3 các vector tự do trong không gian, ta xét tích vô hướng của hai vector theo nghĩa thông thường . . cos( , )u v u v u v . Ta dễ dàng kiểm chứng được tích vô hướng (theo tên gọi thông thường) là một dạng song tuyến tính xác định dương, do đó nó là tích vô hướng theo định nghĩa trên. Vậy R2, R3 là hai không gian vector Euclide. Ví dụ 2: Xét không gian vetor  1,..., | ; 1,..., n n iR x x x R i n   Với 1 1( ,..., ), ( ,..., ) n n nx x x y y y R   , ta định nghĩa: 1 1, ... n nx y x y x y   Thì  , ,nR là một không gian vector Euclide. Giả sử (V,) là một không gian vector Euclide. Định nghĩa 3: Với mỗi vector v V ta định nghĩa và ký hiệu chuẩn hay module của vector v qua biểu thức ,v v v Nếu 1v  thì v được gọi là vector đơn vị. Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 18 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 5.2.2. Góc giữa hai vecto và bất đẳng thức Canchy – Schwarz Bất đẳng thức Canchy – Schwarz Với mọi ,u v V thì , .u v u v Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v tỉ lệ. Chứng minh: Nếu một trong hai vector bằng 0 thì cả hai vế của bất đẳng thức trên đều bằng 0, do đó bất đẳng thức nghiệm đúng. Giả sử 0v  thì với mọi t R ta có: , 0u tv u tv   Mặt khác 2 22, 2 ,u tv u tv t v t v u v     là một tam thức bậc hai đối với t và luôn luôn không âm. Vì vậy 2 2 2 ' , 0v u v v    . Từ đó suy ra bất đẳng thức Canchy – Schwarz. Khi u = kv thì 2 , , . . .u v kv v k v kv v u v    . Ngược lại: nếu , .u v u v thì ' 0  . Suy ra tồn tại 0t R sao cho 0 0 0, 0u t v u t v u t v      . Áp dụng bất đẳng thức Canchy vào không gian Rn ta có bất đẳng thức Bannhiacopsky:     2 2 2 2 21 1 1 1... ... ...n n n nx y x y x x y y       Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1,..., n nx ty x ty  . 5.2.3. Trực giao – Trực chuẩn hóa Gram – Schmidt Định nghĩa: Hai vector ,u v V gọi là trực giao nhau, ký hiệu u v , nếu , 0u v  . Hệ các vector  1,..., nS v v của V được gọi là hệ trực giao nếu hai vector bất kỳ của hệ S đều trực giao nhau. Hệ trực giao các vector đơn vị được gọi là hệ trực chuẩn. Định lý 1: Mọi hệ trực chuẩn là hệ độc lập tuyến tính. Chứng minh: Nếu hệ  1,..., nS v v trực chuẩn và 1 1 ... 0n nx v x v   thì 1 1 ... , 0i n n ix x v x v v    với mọi i = 1,n. Định lý 2: Giả sử  1,..., nS v v là một hệ độc lập tuyến tính các vector của không gian Euclide V. Khi đó ta có thể tìm được hệ trực chuẩn  1' ,..., nS v v sao cho    1 1,..., v ,...,k kspan v span u u với mọi k = 1,,n. Chứng minh: Ta xây dựng hệ trực chuẩn S’ theo các bước quy nạp sau đây mà được gọi là quá trình trực chuẩn hóa Gram – Shmidt. 1k  : Vì hệ S độc lập nên 1 0u  . Đặt 1 1 1 u v u  Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 19 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 2k  : Xét 2 2 1 1 2,v u v v u   , ta có 2 0v  (vì nếu 2 0v  thì 2 1u kv điều này trái với giả thiết hệ S độc lập). Đặt 22 2 v v v  , hệ  1 2,v v trực chuẩn và    1 2 1 2, ,span v v span u u . Giả sử đã xây dựng được đến k – 1. Tức có  1 1,..., kv v  trực chuẩn sao cho    1 1 1 1,..., ,...,uk kspan v v span u  . Tương tự nên ta xét 1 1 , k k k i i k i v u v v u      Ta cũng có 0kv  (vì nếu 0kv  thì ku là tổ hợp tuyến tính của 1 1,..., kv v  , do đó là tổ hợp tuyến tính của 1 1,...,uku  , điều này mâu thuẫn với giả thiết hệ S độc lập). Đặt k k k v v v  Thì k iv v . Vậy hệ  1,..., kv v trực chuẩn và      1 1 1 1 1,..., ,..., , ,..., ,uk k k k kspan v v span v v v span u u   Ví dụ: Hãy trực chuẩn hóa hệ  1 2 3, ,S u u u trong 3 Với 1 2 3(1,1,1), ( 1,1,1), (1,2,1)u u u    Bước 1: 1 1 1 1 1 1 1 3 , , 3 3 3 u u v u           Bước 2: 2 2 1 1 2 1 1 1 1 4 2 2 , v , , ( 1,1,1) , , 3 3 33 3 3 3 v u v u                   2 2 2 2 1 1 6 , , 3 6 6 6 v v          Bước 3: 3 3 1 1 3 2 2 3, ,v u v v u v v u    4 1 1 1 1 2 1 1 1 1 , , , , (1,2,1) 0, , 3 2 23 3 3 6 6 6 6                       3 3 1 1 1 0, , 2 2 2 v v           1 2 3, v ,v v là hệ vector trực chuẩn hóa của hệ  1 2 3,u ,uu . Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 20 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 5.2.4. Cơ sở trực chuẩn Định nghĩa: Một cơ sở của không gian vector V mà là hệ trực chuẩn được gọi là một cơ sở trực chuẩn. Định lý 1: Mọi hệ trực chuẩn của V đều có thể bổ sung thêm để trở thành cơ sở trực chuẩn. Chứng minh: Hệ gồm k vector trực chuẩn S là hệ độc lập tuyến tính nên ta có thể bổ sung thêm để được một cơ sở của V. Trực chuẩn hóa Gram – Shmidt cơ sở này để được một cơ sở trực chuẩn của V. Trong quá trình trực chuẩn hóa k vector của hệ S không thay đổi vì vậy thực chất ta đã bổ sung vào hệ S để có cơ sở trực chuẩn của V. Hệ quả: Mọi không gian vector Euclide đều tồn tại cơ sở trực chuẩn. Định lý 2: Giả sử  1,..., ne e là một cơ sở trực chuẩn của V với mọi ,u v V , ta có: i) 1 1, ... , n nv v e e v e e   ii) 1 1, , , ... , ,n nu v u e v e u e v e   iii) 2 2 2 1, ... , nv v e v e   Chứng minh: Các đẳng thức trên được suy ra từ các khẳng định sau: Nếu 1 1 1 1... , ... yn n n nv x e x e u y e e      thì 1 1, ... ,i n n i iv e x e x e e x    với mọi 1,...,i n và 1 1 1 1 1 1, ... , ... y ...n n n n n nu v x e x e y e e x y x y        5.2.5. Phép chiếu trực giao Phép chiếu trực giao (Orthographic projection) là phép chiếu song song và tia chiếu vuông góc với mặt phẳng chiếu thường dùng mặt phẳng z = 0. Ứng với mỗi mặt phẳng chiếu ta có một ma trận chiếu tương ứng.     1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 , , 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 y x zT T T                                          Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 21 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 5.2.6. Ma trận trực giao 5.2.6.1. Định nghĩa: Ma trận vuông A được gọi là ma trận trực giao nếu AtA = I. Nếu ijA a    thì A là ma trận trực giao khi ij 1 1, 0, n ik jk i j k a a j k         (1) jk là kí hiệu Kronecker. Như vậy ma trận trực giao A là khả nghịch và có 1 tA A  . Mặt khác từ (1) ta thấy rằng ma trận A trực giao khi và chỉ khi các vector cột và các vector hàng của A tạo thành hai hệ trực chuẩn. Ta có 1 1tA A I A     Ví dụ 1: Ma trận 1/ 3 2 / 6 0 1/ 3 1/ 6 1/ 2 1/ 3 1/ 6 1/ 2 A             là ma trận trực giao. Ví dụ 2: Mọi ma trận vuông cấp 2 trực giao đều có dạng cos sin sin cos A           hay cos sin sin cos A           Thật vậy, ta dễ dàng kiểm chứng hai ma trận A ở trên thỏa mãn tA A I . Ngược lại nếu a b A c d        và tA A I thì 1 0 0 1 a c a b b d c d                   Suy ra 2 2 2 2 1(1) 0(2) 1(3) a c ab cd b d          Mặt khác từ 1A   và (2) & (3) suy ra b, d là nghiệm duy nhất của hệ phương trình Cramer ax+cy=0 bx+dy=1    , c a b d A A     Nếu 1A  thì a b A b a       và 2 2 cos sin 1 sin cos a b A              Nếu 1A   thì a b A b a       và 2 2 cos sin 1 sin cos a b A              Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 22 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 5.2.6.2. Định lý: Ma trận của một hệ trực chuẩn viết trong cơ sở trực chuẩn là một ma trận trực giao. Đặc biệt mọi ma trận chuyển từ cơ sở trực chuẩn sang cơ sở trực chuẩn là ma trận trực giao. Chứng minh: Gọi ijA a    là ma trận của hệ trực chuẩn  1,..., nv v viết trong cơ sở trực chuẩn  1B ,..., ne e . Từ 1 1, ... , n nv v e e v e e   ta có ij 1 1 , n n j i i j i i i v a e e v e      Từ 1 1, , , ... , ,n nu v u e v e u e v e   ta có ij 1 , n ik j k jk i a a v v     Vậy A là ma trận trực giao. 5.2.7. Chéo hóa trực giao 5.2.7.1. Điều kiện chéo hóa trục giao được Cho ma trận A tìm ma trận trực giao T sao cho tT AT là ma trận chéo. Định lý (điều kiện cần): Nếu A chéo hóa trực giao được thì A là ma trận đối xứng. Chứng minh: Nếu tT AT là ma trận chéo thì   t t tT AT T AT . Do đó t t tT A T T AT , vì T khả nghịch nên tA A . Ngược lại, ta sẽ chứng minh nếu A đối xứng thì chéo hóa trực giao được. 5.2.7.2. Quy trình chéo hóa trực giao ma trận đối xứng Muốn chéo hóa trực giao một ma trận đối xứng A, nghĩa là tìm ma trận trực giao T sao cho tT AT có dạng chéo, ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Tìm các giá trị riêng của A (nghiệm của đa thức đặc trưng). Bước 2: Trong mỗi không gian riêng tìm một cơ sở và trực chuẩn hóa Gram – Shmidt cơ sở này. Bước 3: Gộp các cơ sở đã được trực chuẩn hóa ở bước 2 ta có một cơ sở trực chuẩn V. Ma trận các vector của cơ sở này là ma trận trực giao T cần tìm. Ví dụ: Chéo hóa trực giao ma trận đối xứng 0 2 2 2 3 1 2 1 3 A           Đa thức đặc trưng 2 2 4 2 2 2 3 1 4 3 1 2 1 3 4 1 3 A I                         Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 23 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 2 (4 ) 2 2 (4 ) 2 2 0 1 3 0 2 3 (4 ) ( 2) 0 3 1 0 0 4                          Với giá trị riêng 1 2   , vector riêng  v , ,x y z là nghiệm của hệ 2 2 2 0 2 5 1 0 2 1 5 0 x y z                               Ta có 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 0 2 5 1 0 3 3 0 1 1 0 1 1 2 1 5 0 3 3 0 0 0 0 0 0                                               Hệ phương trình nên tương đương với hệ 2 0 0 x y y z      có nghiệm 2x y y z     ( 2 , , ) ( 2,1,1)v y y y y     . Chọn 1 ( 2,1,1)v   Trực chuẩn hóa được  1 2 / 6,1/ 6,1/ 6u    Với giá trị riêng 2 4  (nghiệm kép), vector riêng  v , ,x y z là nghiệm của hệ 4 2 2 0 2 1 1 0 2 1 1 0 x y z                                 Ta có 4 2 2 2 1 1 2 1 1 0 0 0 2 1 1 0 0 0                         Hệ phương trình trên tương đương với phương trình 2x – y – z = 0   1 1 v , , , , ,1,0 ,0,1 2 2 2 2 y z x y z y z y z                        Chọn 2 3 1 1 ,1,0 , ,0,1 2 2 v v              . Trực chuẩn hóa hai vector này ta có    2 31/ 5,2 / 5,0 , 2 / 30, 1/ 30,5 / 30u u   Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 24 ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ Vậy 2 / 6 1/ 5 2 / 30 1/ 6 2 / 5 1/ 30 1/ 6 0 5/ 30 T             và 2 0 0 0 4 0 0 0 4 tT AT          Tài liệu môn Đại số tuyến tính https://www.facebook.com/tailieuhust Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại website: TAILIEUHUST.COM 25