Giáo trình Nhập môn đại số tuyến tính

ng trình khi x , y , z , t ∈ Χ và khi x , y , z , t ∈Ρ . a) (1 ) (2 ) (3 ) (4 ) 5 (1 ) (1 2 ) (1 3 ) (1 4 ) 1 5 i x i y i z i t i i x i y i z i t i + + − − + − − = + − − + + − − + = − ⎧⎨⎩ b) (1 ) (2 ) (3 ) 4 (1 ) (1 2 ) (1 3 ) 1 4 i x i y i z i i x i y i z i − − + + − = − + + + − − + = + ⎧⎨⎩ 5) Tìm vectơ X sao cho a) 1 2 2 7 2 1 3 9 4 α α α + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ X = 1 2 1 −⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ b) 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 5 − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ X = 1 1 5 − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ 6) Tìm a , b , c sao cho hệ sau đây có nghiệm với x , y là các ẩn cơ sở còn z , t là các ẩn tự do và giải hệ theo điều kiện này 2 4 4 4 3 2 1 4 4 4 2 2 2 x y z t x y bz t ax y z t x y z ct + − + = − + + = + − + = + − + = ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ Đáp số 1) a) * a = – 2 , b = 2 : Hệ đã cho có vô số nghiệm x = 1 2 3 y− , ∀ y ∈Χ * a = – 2 , b ≠ 2 : Hệ đã cho vô nghiệm * a ≠ – 2 ,∀ b ∈ Χ : Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 12 6 ab a + + , y = 2 4 2 b a − + 113 b) * a = 0 : Hệ đã cho có vô số nghiệm y = 2 , ∀ x ∈ Χ * a = ± 1 : Hệ đã cho vô nghiệm * a ≠ 0 , ± 1 : Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 4 2 b a − + , y = 3 2 2 ( 2 4) 2 ( 1) a a a a a a − − − − 2) a) X = [1 2 1]C là nghiệm duy nhất b) X = 1 7 1 3 9 10 2 4 i i i − − − − − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ là nghiệm duy nhất c)* a = 4 : Hệ có nghiệm không tầm thường x = y = – z , ∀ z ∈ Χ * a ≠ 4 : Hệ chỉ có nghiệm tầm thường d) X = 3 1 2 2 C i i i − + − +−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ là nghiệm duy nhất e) a ≠ 29 : Hệ chỉ có nghiệm tầm thường a = 29 : Hệ có nghiệm không tầm thường x = y = – z , ∀ z ∈ Χ f) * a = 0 , 1 : r(A) = 2 < 3 = r(AM) ⇒ Hệ vô nghiệm * a ≠ 0 ;1 : r(A) = r(AM) = 3 = n ⇒ Hệ có nghiệm duy nhất X = 2 8 4 1 4 4 (1 ) 4 4 12 a a a a a a − − − + − ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ g) r(A) = 3 < 4 = r(AM) ⇒ Hệ vô nghiệm h) r(A) = r(AM) = 4 = n ⇒ Hệ có nghiệm duy nhất X = 1 11 − [30 – 78 7 15]C i) * m = 1 : Hệ có vô số nghiệm x1 = 1 – x2 – x3 – x4 ; ∀ x2 , x3 , x4 ∈ Χ * m = – 3 : r(A) = 3 < 4 = r(AM) : Hệ vô nghiệm * m ≠ 1 ; – 3 : r(A) = r(AM) = 4 = n : Hệ có vô số nghiệm x1 = x2 = x3 = x4 = 1 3m + j) * b ≠ 4 : r(A) = 2 < 3 = r(AM) ⇒ Hệ vô nghiệm * b = 4 : r(A) = r(AM) = 2 < 4 = n ⇒ Hệ có vô số nghiệm x1 = 3 4 6 4 5 x x+ − − , x2 = 433 7 3 5 x x− + − − ; ∀ x3 , x4 ∈ Χ 114 3) b) 3 5 6 4 2 8 5 11 7 16 6 3 12 9 8 5 − − − − − = 0 4) a1) x = 30 20 ( 5 15 ) 10 i i y− + − + , z = ( 11 7 ) 10 i t− + ,∀ y,t∈C a2) 7 4 0 0 3 3 C⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ b1) x = ( )1 3 2 i y+ , z = 13 10 i− − , ∀y∈Χ b2) Hệ vô nghiệm 5) a) * α ≠ 1 : X = 14 12 (5 5 ) 10 i i y− + + − * α = 1 : 1 3 3 2 3 11 x 4 x x , x , x 3 3 − − −= = ∀ ∈Χ b) r(A)=r(AM) = 2 < 4 = n ⇒ Hệ có vô số nghiệm x4 = 1 , x3 = - x1 +2x2; ∀ x1 , x2 ∈Χ 6) * x , y là các ẩn cơ sở còn z , t là các ẩn tự do khi a = 2 , ∀ b ∈Χ , c = 0,5 . * Hệ có vô số nghiệm : y = 1 5 [(b + 2)z + 1,5t + 1] , x = 1 5 [(6 – 2b)z – 5,5t + 8] , ∀ z , t , b ∈ Χ Kiểm tra nhận thức Nêu ưu điểm, nhược điểm của 1- Phương pháp ma trận nghịch đảo 2- Phương pháp Cramer 3- Phương pháp Gauss 115 Chương V : VECTƠ RIÊNG - GIÁ TRỊ RIÊNG DẠNG SONG TUYẾN - DẠNG TOÀN PHƯƠNG I- VECTƠ RIÊNG - GIÁ TRỊ RIÊNG 1- Định nghĩa Vectơ n - chiều X ≠ O và số λ được gọi là vectơ riêng và giá trị riêng tương ứng của ma trận vuông A = 1,..., 1,..., j n i n ai j = = ⎡ ⎤⎣ ⎦ nếu AX = λX (5.1.1) Công thức này tương đương với (A – λE)X = O (5.1.2) Điều kiện X ≠ O chứng tỏ ⏐A – λE⏐ = 0 (5.1.3) Phương trình (5.1.3) được gọi là phương trình đặc trưng và đa thức P(λ) = ⏐A – λE⏐ được gọi là đa thức đặc trưng của ma trận vuông A. Từ đó ta suy ra cách tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận A: * Tìm giá trị riêng λ từ phương trình đặc trưng (5.1.3) - đó là phương trình 2 11 12 1 21 22 2 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .n n n n nn a a a a a a a a a λ λ λ − − − = 0 (5.1.4) * Thay giá trị λ vừa tìm được vào hệ phương trình (5) sau đây để tìm vectơ riêng X = [x1 x2 . . . xn]C 11 1 12 2 1 21 1 22 2 2 1 1 2 2 ( ) . . . 0 ( ) . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( ) 0 n n n n n n nn n a x a x a x x a x a x a x a x a x λ λ λ ⎧ − + + + =⎪ + − + + =⎪⎨⎪⎪ + + − =⎩ (5.1.5) Ví dụ 1 116 Tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận A = 1 1 1 1 0 2 0 0 0 0 1 1 0 0 0 i − − −⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Giải * Tìm giá trị riêng λ từ phương trình đặc trưng 1 1 1 1 0 2 0 0 0 0 1 1 0 0 0 i λ λ λ λ − − − − − − − = 0 ⇔ (1 – λ)2(2 – λ)(i – λ) = 0 Ta có một nghiệm kép λ1 = 1 và 2 nghiệm đơn λ2 = 2, λ3 = i. * Tìm vectơ riêng X = [x1 x2 x3 x4]C tương ứng từ hệ thuần nhất 1 2 3 4 2 3 4 4 (1 ) . . . 0 (2 ) 0 . . . . . . . . . . . . . . . (1 ) 0 ( ) 0 x x x x x x x i x λ λ λ λ ⎧ − − − − =⎪ − =⎪⎨ − + =⎪⎪ − =⎩ Thay λ = λ1 = 1 2 3 4 2 4 4 0 0 . . . . . 0 ( 1) 0 x x x x x i x ⎧− − − =⎪ =⎪⎨ =⎪⎪ − =⎩ ⇒ X1 = 1 0 0 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ x1 , ∀ x1 ≠ 0 , x1∈ Χ Thay λ = λ2 = 2 1 2 3 4 3 4 4 0 . . .. . 0 ( 2) 0 x x x x x x i x ⎧− − − − =⎪ − + =⎨⎪ − =⎩ ⇒ X2 = 1 1 0 0 ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ x2 , ∀x2 ≠ 0 , x2 ∈ Χ Thay λ = λ3 = i 1 2 3 4 3 4 4 0 . . .. . 0 ( 2) 0 x x x x x x i x ⎧− − − − =⎪ − + =⎨⎪ − =⎩ ⇒ X3= 1 2 0 1 ( 1 ) i i ⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− +⎣ ⎦ x3,∀x3 ≠ 0, x3∈ Χ 2- Định lý Định lý 1 a) Giả sử A là ma trận đối xứng thực, có nghĩa là các phần tử của A đều là các số thực và AC = A, thì giá trị riêng của A là số thực. b) Giả sử A là ma trận Hermite, có nghĩa là CA = A, thì giá trị riêng của A là số thực. (Với A = 1,2,,.., 1,2,,.., j m i n a i j = = ⎡ ⎤⎣ ⎦ ta ký hiệu A ≡ 1,2,,.., 1,2,,.., j m i n a i j = = ⎡ ⎤⎣ ⎦ ) Chứng minh 117 a) Vì A = 1,2,,.., 1,2,,.., j m i n a i j = = ⎡ ⎤⎣ ⎦ là ma trận thực cho nên A ≡ 1,2,,..,1,2,,.., j m i n a i j = = ⎡ ⎤⎣ ⎦ = A Từ đẳng thức AX = λX với X = [x1 x2 . . . xn]C ta có XCA X = XC A X = XC ( )AX = XC ( )Xλ = XC( λ X ) = λ (XC X ) = λ 1 k k n x x k ∑ = = λ 2 1 k n x k ∑ = Mặt khác lại vì A là ma trận đối xứng cho nên AC = A và ta tính được XCA X = XCAC X = (XC AC) X = (AX)C X = (λX)C X = λ(XC X ) = λ 2 1 k n x k ∑ = Vì vậy λ 2 1 k n x k ∑ = = λ 2 1 k n x k ∑ = ⇔ λ = λ Cho nên giá trị riêng λ là số thực. Định lý 2 a) Giả sử A là ma trận đối xứng ; X1 , X2 là 2 vectơ riêng tương ứng với 2 giá trị riêng λ1 , λ2 ; λ1 ≠ λ2 . Lúc ấy X1C X2 = 0. b) Giả sử A là ma trận Hermite và X1 , X2 là 2 vectơ riêng tương ứng với 2 giá trị riêng λ1 , λ2 : λ1 ≠ 2λ Lúc ấy X1C 2X = 0. Chứng minh a) Ta có X1CA X2 = X1C (AX2) = X1C (λ2X2) = λ2 X1C X2 Mặt khác X1CA X2 = X1CAC X2 = (AX1)C X2 = (λ1X1)C X2 = λ1 X1C X2 Vì vậy (λ1 – λ2) X1C X2 = 0 ⇔ X1C X2 = 0 Định lý 3 Định lý Hamilton - Cayley Giả sử đa thức đặc trưng của ma trận vuông A được khai triển P(λ) =⏐A – λE⏐ = a0 + a1λ + a2λ2 + . . . + anλn Lúc ấy P(A) = a0E + a1A + a2A2 + . . . + anAn = O (5.1.6) Định lý 4 Nếu A ∼ B thì ⏐A – λE⏐ =⏐B – λE⏐. Ví dụ 2 1) Chứng tỏ : A = a b c d ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ thoả mãn (ad – bc)E – (a + d)A + A 2 = O. Thật vậy P(λ) = a b c d λ λ − − = (ad – bc) – (a + d)λ + λ2 Vì vậy P(A) = (ad – bc)E – (a + d)A + A2 = O 2) Tìm vectơ riêng , giá trị riêng của a) A = 1 1 1 2 ⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎣ ⎦ (ma trận đối xứng thực). 118 b) B = 1 1 1 2 i i ⎡ ⎤+⎢ ⎥−⎣ ⎦ (ma trận Hermite). Giải a)* Tìm gía trị riêng từ phương trình đặc trưng 1 1 1 2 i i ⎡ ⎤+⎢ ⎥−⎣ ⎦ = λ 2 – 3λ + 1 = 0 ⇒ λ1,2 = 3 52± ( đều là các số thực ) * Tìm vectơ riêng + λ1 = 3 52+ : Tìm X1 = 12 x x ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ từ hệ 1 2 1 2 3 51 0 2 3 52 0 2 x x x x ⎧⎛ ⎞+⎪ − − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎨ ⎛ ⎞⎪ +− + − =⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⇒ 1 2 2 2 1 5 2 0 x x x x ⎧ −=⎪⎪⎪ ∀ ∈⎨⎪ ≠⎪⎪⎩ Χ + λ2 = 3 52− : Tìm X2 = 12 x x ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ từ hệ 1 2 1 2 3 51 0 2 3 52 0 2 x x x x ⎧⎛ ⎞−⎪ − − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎨ ⎛ ⎞⎪ −− + − =⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⇒ 2 1 1 1 1 5 2 0 x x x x ⎧ − +=⎪⎪⎪ ∀ ∈⎨⎪ ≠⎪⎪⎩ Χ * X1CX2 = 2 1 1 1 5 1 1 52 2 x x ⎡ ⎤⎡ ⎤− ⎢ ⎥⎢ ⎥ − +⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 1 1 5 1 5 2 2 x x ⎡ ⎤− − ++⎢ ⎥⎣ ⎦ = 0 . b) * B là ma trận Hermite vì CB = 1 1 1 2 C i i ⎡ ⎤+⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 1 1 2 i i −⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 1 1 1 2 i i ⎡ ⎤+⎢ ⎥−⎣ ⎦ = B . * Tìm gía trị riêng từ phương trình đặc trưng 1 1 1 2 i i λ λ − + − − = λ2 – 3λ = 0 ⇒ λ1 = 0 , λ2 = 3 (đều là các số thực) * Tìm vectơ riêng λ1 = 0 : Tìm X1 = xy ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ từ hệ (1 ) 0 (1 ) 2 0 x i y i x y ⎧ + + =⎪⎨ − + =⎪⎩ ⇒ x = – (1 + i)y ; ∀ y ≠ 0 , y ∈ Χ λ2 = 3: Tìm X2 = xy ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ từ hệ 2 (1 ) 0 (1 ) 0 x i y i x y ⎧− + + =⎪⎨ − − =⎪⎩ ⇒ y = (1 – i)x ; ∀ x ≠ 0 , x ∈Χ * X1C 2X = 1 (1 ) 1 1 i y x i ⎡ ⎤⎡ ⎤− + ⎢ ⎥⎣ ⎦ +⎣ ⎦ = [– (1 + i).1 + 1. (1 + i)]xy = 0. II- DẠNG SONG TUYẾN V U C 1- Định nghĩa C F(V,U) a- Nếu ứng với 1 cặp vectơ V , U ∈ Χn ta có quy luật xác định 1 số, ký hiệu f(V,U) ∈ Χ , ta nói rằng ta có một ánh xạ từ Χn xΧn vào Χ và ký hiệu f : Χn xΧn → Χ (5.2.1) 119 b- Ánh xạ f : Χn xΧn → Χ được gọi là dạng song tuyến nếu * Khi cố định U ∈ Χn thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính đối với V từ Cn vào C , có nghĩa là + f(αV,U) = αf(V,U) ; ∀ α ∈ Χ , V ∈ Χn + f(V + W ,U) = f(V,U) + f(W ,U) ; ∀ V , W ∈ Χn * Khi cố định V ∈ Χn thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính đối với U từ Χn vào Χ, có nghĩa là + f(V, αU) = αf(V,U) ; ∀ α ∈ Χ , U ∈ Χn + f(V ,U + W) = f(V,U) + f(V,W ) ; ∀ U , W ∈ Χn c- Ánh xạ f : Χn xΧn → Χ được gọi là dạng song tuyến liên hợp nếu * Khi cố định U ∈ Χn thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính đối với V từ Χn vào Χ, có nghĩa là + f(αV,U) = αf(V,U) ; ∀ α ∈ Χ , V ∈ Χn + f(V + W ,U) = f(V,U) + f(W ,U) ; ∀ V , W ∈ Χn * Khi cố định V ∈ Χn thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính liên hợp đối với U từ Χn vào Χ có nghĩa là + f(V,αU) = α f(V,U) ; ∀ α ∈ Χ , U ∈ Χn (5.2.2) + f(V ,U + W) = f(V,U) + f(V,W ) ; ∀ U , W ∈ Χn d- Ánh xạ f : ΡnxΡn → Ρ được gọi là dạng song tuyến thực nếu * Khi cố định U ∈ Ρn thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính thực đối với V từ Ρn vào Ρ , có nghĩa là + f(αV,U) = αf(V,U) ; ∀ α ∈ Ρ , V ∈ Ρn + f(V + W ,U) = f(V,U) + f(W ,U) ; ∀ V , W ∈ Ρn * Khi cố định V ∈ Ρn thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính thực đối với U từ Ρn vào Ρ , có nghĩa là + f(V, αU) = αf(V,U) ; ∀ α ∈ Ρ , U ∈ Ρn + f(V ,U + W) = f(V,U) + f(V,W ) ; ∀ U , W ∈ Ρn Chú ý Ta xét chủ yếu là dạng song tuyến liên hợp. Cho nên để đơn giản ta gọi là dạng song tuyến Ví dụ 3 1) Với V = [x y]C , U = [z t]C ∈ Χ2 ta xác định ánh xạ f(V,U) = xz + y2t ∈ Χ. Ánh xạ này không phải là dạng song tuyến vì khi cố định U ∈ Χ2 thì f(V,U) không phải là một ánh xạ tuyến tính đối với V từ Χ2 vào Χ. Thật vậy, ta có αf(V,U) = α( xz + y2t) Mặt khác vì αV = [αx αy]C nên f(αV,U) = (αx)z + (αy)2t αf(V,U) = f(αV,U) ⇔ α( xz + y2t) = (αx)z + (αy)2t ⇒ α = α2 chỉ đúng với α = 0 1 2) Với V = [x y]C , U = [z t]C ∈ Χ2 ta xác định ánh xạ f(V,U) = x z – y t ∈ Χ. Ánh xạ này là dạng song tuyến (liên hợp) vì : 120 * Khi cố định U ∈ Χ2 thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính đối với V từ Χ2 vào Χ + αf(V,U) = α( x z – y t ) = (αx) z – (αy) t = f(αV,U) + Với W = [s w]C ∈ Χ2 : f(V + W ,U) = ( x + s) z – (y + w) t = (x z – y t ) + (s z – w t ) = f(V,U) + f(W ,U) * Khi cố định V ∈ Χ2 thì f(V,U) là một ánh xạ tuyến tính liên hợp đối với U từ Χ2 vào Χ + f(V,αU) = x ( )zα – y ( )tα = x ( )zα – y ( )tα = α f(V,U) + Với W = [s w]C ∈ Χ2 : f(V , U + W) = x( ( )z s+ ) – y ( )t w+ = x ( )z s+ – y ( )t w+ = (x z – y t ) + (x s – y w ) = f(V,U) + f(V ,W) 3) Dễ dàng kiểm tra ánh xạ f(V,U) = xz – yt , với V = [x y]C , U = [z t]C ∈ Χ2 , là dạng song tuyến theo nghĩa b- . 4) Ánh xạ f : Ρ2xΡ2 → Ρ được xác định bởi f(V,U) = xz – yt , với V = [x y]C , U = [z t]C ∈ Ρ2 , là dạng song tuyến thực. 2- Ma trận của dạng song tuyến a- Ma trận của dạng song tuyến trong một cơ sở Cho V1 ,V2 , . . . , Vn là một cơ sở của Χn và dạng song tuyến f : ΧnxΧn → Χ . Lúc ấy V ∈ Χn : V = x1V1 + x2V2 + . . . + xnVn ≡ [x1, x2 , . . . , xn]C U ∈ Χn : U = y1V1 + y2V2 + . . . + ynVn ≡ [y1, y2 , . . . , yn]C f(V,U) = f(x1V1 + x2V2 + . . . + xnVn , U) = f(x1V1, U) + f(x2V2, U) + . . . + f(xnVn , U) = x1f(V1, U) + x2f(V2, U) + . . . + xnf(Vn, U) = x1f(V1, y1V1 + y2V2 + . . . + ynVn) + x2f(V2, y1V1 + y2V2 + . . . + ynVn) + . . . + xnf(Vn, y1V1 + ynV2 + . . . + ynVn) = x1[ 1y f(V1,V1) + 2y f(V1,V2)+ . . . + yn f(V1,Vn)] + x2[ 1y f(V2,V1) + 2y f(V2,V2)+ . . . + yn f(V2,Vn)]+ . . . + xn[ 1y f(Vn,V1) + 2y f(Vn,V2)+ . . . + yn f(Vn,Vn)] Ký hiệu A = 1,2,,.., 1,2,,.., j n i j i n a = = ⎡ ⎤⎣ ⎦ ≡ ( ) 1,2,,..,1,2,,..,, j ni j i nf V V ==⎡ ⎤⎣ ⎦ (5.2.3) Ta có f(V,U) = , 1 n i ji j i j x a y = ∑ (5.2.4) Viết dưới dạng ma trận f(V,U) = VCA U (5.2.5) Với dạng song tuyến thực f(V,U) = VCAU (5.2.6) Ví dụ 4 121 1) Tìm ma trận của dạng song tuyến f(V,U) = x z – y t ∈ Χ với V = [x y]C, U = [z t]C ∈ Χ2. 2) Tìm ma trận của dạng song tuyến thực f(V,U) = xz – yt ∈ Ρ với V = [x y]C , U = [z t]C ∈ Ρ2. Giải 1) Theo đầu bài ta hiểu là 2 vectơ V , U được cho trong cơ sở E1 = [1 0]C, E2 = [0 1]C . Vậy f(E1,E1) = 1.1 – 0. 0 = 1 f(E1,E2) = 1. 0 – 0. 1 = 0 f(E2,E1) = 0. 1 – 1. 0 = 0 f(E2,E2) = 0. 0 – 1. 1 = – 1 Ta tìm được A = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ Dễ dàng kiểm tra lại f(V,U) = VCA U = [x y] 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = x z – y t 2) Theo đầu bài ta hiểu là 2 vectơ V , U được cho trong cơ sở E1 = [1 0]C, E2 = [0 1]C . Vậy f(E1,E1) = 1.1 – 0.0 = 1 f(E1,E2) = 1.0 – 0.1 = 0 f(E2,E1) = 0.1 – 1.0 = 0 f(E2,E2) = 0.0 – 1.1 = – 1 Ta tìm được A = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ Dễ dàng kiểm tra lại f(V,U) = VCAU= [x y] 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ = xz – yt b- Liên hệ hai ma trận của dạng song tuyến trong hai cơ sở Giả sử trong cơ sở V1 ,V2 , . . . , Vn dạng song tuyến f có ma trận A : f(V,U) = VCAU trong cơ sở U1 , U2 , . . . , Un dạng song tuyến f có ma trận B : f(Z,W) = ZCBW . Ở đây V = TZ , U = TW và T là ma trận chuyển từ cơ sở V1 ,V2 , . . . , Vn sang cơ sở U1 , U2 , . . . , Un . Vì vậy f(V,U) = VCAU = (TZ)CA ( )TW = ZC(TCAT )W = ZCB W = f(Z,W) Cuối cùng ta được B = TCAT (5.2.7) Với dạng song tuyến thực B = TCAT (5.2.8) 122 Ví dụ 5 1) Cho dạng song tuyến f(V,U) = x z – y t ∈ Χ , với V = x y ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , U = z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ∈ Χ 2 trong cơ sở tự nhiên. Tìm ma trận của dạng song tuyến này trong cơ sở U1 = [1 0]C, U2 = [1 1 + i]C . Giải * Trong cơ sở E1 = 1 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , E2 = 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ dạng song tuyến f(V,U) có ma trận A = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ . * Tìm T từ đẳng thức [U1 U2] = [E1 E2]T ⇒ T = [U1 U2] = 1 10 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦ . * Ma trận của dạng song tuyến đã cho trong cơ sở U1 = [1 0]C, U2 = [1 1 + i]C là B = TCAT = 1 0 1 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦ 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ 1 1 0 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 1 0 1 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥− −⎣ ⎦ 1 1 0 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 1 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ Lúc này trong cơ sở U1 = [1 0]C , U2 = [1 1 + i]C dạng song tuyến đã cho sẽ là f(V,U) = VCBU = [x y] 1 1 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = [ x + y x – y] z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = (x + y) z + (x – y) t ∈ Χ với V = [x y]C, U = [z t]C ∈ Χ2 2) Tìm dạng song tuyến trong cơ sở tự nhiên biết ma trận của dạng song tuyến này trong cơ sở V1 = 1 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V2 = 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ là A =. 1 2 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ . Giải * Tìm T từ đẳng thức [E1 E2] = [V1 V2]T ⇒ T = 1 1 1 0 1 −⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 1 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ * Ma trận của dạng song tuyến đã cho trong cơ sở E1 = [1 0]C, E2 = [0 1]C là B = TCAT = 1 0 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ 1 2 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ 1 1 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 2 2 2 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ 1 1 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 1 2 i ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ * Vậy trong cơ sở tự nhiên dạng song tuyến đã cho sẽ là f(V,U)=VCBfU = [x y] 1 1 2 i ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = [ x + 2y – x + iy] z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = (x + 2y) z + (– x + iy) t ∈Χ với V = [x y]C, U = [z t]C∈ Χ2 c- Dạng song tuyến f(V,U) được gọi là Hermite nếu ( , )f V U = f(U,V) (5.2.9) Định lý 5 Dạng song tuyến f(V,U) là Hermite khi và chỉ khi ma trận A tương ứng là Hermite. Chứng minh Dạng song tuyến f(V,U) là Hermite f(U,V) = ( , )f V U ⇔ UCAV = CV AU = CV A U = ( CV A U)C = UC( A )C( CV )C = UC CA V ⇔ CA = A : Ma trận A là Hermite Dạng song tuyến đối xứng thực là dạng song tuyến thực f : ΡnxΡn → Ρ thoả mãn f(V,U) = f(U,V) (5.2.10) 123 Dạng song tuyến f đối xứng thực khi và chỉ khi A đối xứng thực (AC= A và các phần tử của A đều là số thực) Ví dụ 6 1) Dạng song tuyến f(V,U) = x z – y t ∈ Χ , với V = [x y]C , U = [z t]C ∈ Χ2 là Hermite vì CA = 1 0 0 1 C⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦ = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ = A 2) Dạng song tuyến trong cơ sở V1 = 1 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V2 = 1 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ có ma trận tương ứng A = 1 2 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ . không phải là Hermite vì CA = 1 2 1 C i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ =. 1 1 2 i ⎡ ⎤−⎢ ⎥−⎣ ⎦ ≠ 1 2 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦= A 3) Dạng song tuyến f(V,U) = xz – yt ∈ Ρ , với V = [x y]C ,U =[z t]C ∈ Ρ2 là đối xứng thực vì trong Ví dụ 3 ta đã tìm được A = 1 0 0 1 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ cho nên A C = Af III- DẠNG TOÀN PHƯƠNG 1- Định nghĩa a- Dạng toàn phương tương ứng với dạng song tuyến f(V,U) , f : ΧnxΧn → Χ là f(V,V) = VCA V = , 1 n x a xi i j j i j ∑ = (5.3.1) trong đó V = [x1 x2 . . . xn]C ∈ Χn , a i j = f(Vi,Vj) ; V1 , V2 , . . . , Vn là cơ sở của Χn . b- Nếu dạng song tuyến f(V,U) là Hermite thì dạng toàn phương tương ứng là Hermite . c- Nếu dạng song tuyến f(V,U) là đối xứng thực thì dạng toàn phương tương ứng là đối xứng thực . Đó là dạng toàn phương f(V,V) = VCAV = , 1 n x a xi i j j i j ∑ = (5.3.2) trong đó V = [x1 x2 . . . xn]C ∈ Ρn và A là ma trận đối xứng thực . Chú ý Với dạng toàn phương đối xứng thực thông thường người ta xác định A như sau a i i = Hệ số của xi2 ; i = 1 , 2 , . . . , n ; a i j = a j i = 12 Hệ số của xixj ; i , j = 1 , 2 , . . . , n Ví dụ 7 1) Dạng toàn phương tương ứng với dạng song tuyến f(V,U) = x z – y t ∈ Χ , V = [x y]C , U =[z t]C ∈ Χ2 là f(V,V) = x x – y y . Dạng toàn phương này là Hermite . 2) Dạng song tuyến trong cơ sở V1 = 1 0 ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ , V2 = 1 1− ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ có ma trận tương ứng A = 1 2 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ là 124 f(V,U) = VCA U = [x y] 1 2 1 i ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = 2 x y x iy ⎡ ⎤−⎢ ⎥+⎣ ⎦ z t ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = (x – y) z + (2x + iy) t Dạng toàn phương tương ứng là f(V,V) = (x – y) x + (2x + iy) y . Hơn nữa dạng toàn phương này không phải là Hermite. 3) Dạng toàn phương f(V,V) = x2 – 2y2 với V = [x y]C ∈ Ρ2 là đối xứng thực vì dạng song tuyến tương ứng f(V,U) = xz – 2yt , U = [z t]C ∈ Ρ2 có f(E1,E1) = 1.1 – 2.0.0 = 1 f(E1,E2) = 1.0 – 2.0.1 = 0 f(E2,E1) = 0.1 – 2.1.0 = 0 f(E2,E2) = 0.0 – 2.1.1 = – 2 ⇒ A = 1 0 0 2 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ là ma trận đối xứng thực vì A C = A 4) Dạng toàn phương đối xứng thực f(V,V) = x12 + 2x1x2 – 3x22 có ma trận A = 1 1 1 3 ⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦ vì a 11 = Hệ số của xi2 = 1 , a 22 = Hệ số của x22 = – 3 , a 12 = a 21 = 12 Hệ số của x1x2 = 12 .2 = 1 2- Tính xác định của dạng toàn phương a- Dạng toàn phương f(V,V) được gọi là xác định dương nếu f(V,V) > 0 . ∀ V ≠ O , V ∈ Χn (5.3.3) b- Dạng toàn phương f(V,V) được gọi là xác định không âm hay bán xác định dương nếu f(V,V) ≥ 0 . ∀ V ∈ Χn (5.3.4) c- Dạng toàn phương f(V,V) được gọi là xác định âm nếu f(V,V) < 0 . ∀ V ≠ O , V ∈ Χn (5.3.5) d- Dạng toàn phương f(V,V) được gọi là xác định không dương hay bán xác định âm nếu f(V,V) ≤ 0 . ∀ V ∈ Χn (5.3.6) e- Dạng toàn phương f(V,V) được gọi là không xác định nếu ∃ V ∈ Cn : f(V,V) > 0 và cũng ∃ V ∈ Χn : f(V,V) < 0 (5.3.7) Chú ý * Dạng toàn phương xác định dương khác dạng toàn phương xác định không âm + Dạng toàn phương xác định dương chỉ có thể bằng không khi V = O. + Dạng toàn phương xác định không âm bằng không tại ít nhất một vectơ V ≠ O. * Dạng toàn phương f(V,V) xác định âm ⇔ Dạng toàn phương – f(V,V) xác định dương. Dạng toàn phương f(V,V) xác định không âm ⇔ Dạng toàn phương – f(V,V) xác định không dương. Vì vậy ta chỉ xét dạng toàn phương xác định dương hoặc bán xác định dương . Ví dụ 8 1) Dạng toàn phương f(V,V) = ⎜x⎜2 + 2⎜y⎜2 , V = [x y]C ∈ Χ2 là xác định dương vì f(V,V) > 0 . ∀ V ≠ O = [0 0]C 125 2) Dạng toàn phương f(V,V) = ⎜x⎜2 + 2⎜y⎜2 , V = [x y z]C ∈ Χ3 là bán xác định dương vì f(V,V) ≥ 0 , ∀ V ∈ Χ3 còn f(V,V) = 0 khi V = [0 0 z]C ∈ Χ3 (kể cả khi z ≠ 0) 3) Dạng toàn phương f(V,V) = ⎜x1⎜2 – ⎜x2⎜2 , V = [x1 x2 . . . xn ]C ∈ Χn là không xác định vì f(V,V) > 0 khi V có ⎜x1⎜2 > ⎜x2⎜2 còn f(V,V) < 0 khi V có ⎜x1⎜2 < ⎜x2⎜2 3- Dạng chính tắc của dạng toàn phương Dạng chính tắc của dạng toàn phương là f(V,V) = 2 1 k i i i xλ = ∑ (5.3.8) 1 ≤ k ≤ n , V = [x1 x2 . . . xn ]C ∈ Χn , λ i ∈ Χ Ta có tiêu chuẩn sau đây để đánh giá về tính xác định của dạng toàn phương : a- Dạng toàn phương f(V,V) xác định dương khi và chỉ khi k = n , λ i > 0 , i = 1 , 2 , . . . , n b- Dạng toàn phương f(V,V) bán xác định dương khi và chỉ khi k 0 , i = 1 , 2 , . . . , k c- Dạng toàn phương f(V,V) không xác định khi và chỉ khi trong các λ i có λ i > 0 và cũng có λ i < 0 Ví dụ 9 1) Dạng toàn phương f(V,V) = ⎜x⎜2 + 2⎜y⎜2 , V = [x y]C ∈ Χ2 là xác định dương vì k = 2 = n , λ 1 = 1 > 0 , λ 2 = 2 > 0 2) Dạng toàn phương f(V,V) = ⎜x⎜2 + 2⎜y⎜2 , V = [x y z]C ∈ Χ3 là bán xác định dương vì k = 2 0 , λ 2 = 2 > 0 3) Dạng toàn phương f(V,V) = ⎜x1⎜2 – ⎜x2⎜2 , V = [x1 x2 . . . xn ]C ∈ Χn ( n ≥ 2 ) là không xác định vì λ 1 = 1 > 0 , λ 2 = – 1 < 0 4- Phương pháp đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc a- Phương pháp Lagrange Để đơn giản ta xét dạng toàn phương đối xứng thực (5.3.2) f(V,V) = VCAV = , 1 n i j j i j x a xi= ∑ ≡ f(x1 , x2 , . . . , xn) (5.3.9) a1- Giả sử a11 ≠ 0 f(x1 , x2 , . . . , xn) = a11x12 + 2a12x1x2 + . . . + 2a1nx1xn + , 2 n i j j i j x a xi= ∑ = a11 2 12 11 1 2 1 11 11 2 ... 2 n n a ax x x x x a a ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + , 2 n i j j i j x a xi= ∑ = a11 2 2 12 1 12 1 1 2 2 11 11 11 11 ... ...n nn n a a a ax x x x x a a a a ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥+ + + − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ + , 2 n i j j i j x a xi= ∑ = a11 2 12 1 1 2 11 11 ... n n a ax x x a a ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + h(x2 , x3 , . . . , xn) 126 với h(x2 , x3 , . . . , xn) = , 2 n i j j i j x a xi= ∑ – a11 2 12 1 2 11 11 ... n n a ax x a a ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ là dạng toàn phương của n – 1 biến x2 , x3 , . . . , xn . Ta đổi biến 12 1 1 2 1 11 11 2 2 . . . . . . . . . . n n n n a ax x x y a a x y x y ⎧ + + + =⎪⎨⎪ = =⎩ ⇔ 12 11 1 211 11 2 2 . . . . . . . . . . . . . . . . n n n n a ax y y y a a x y x y ⎧ = − − −⎪⎨⎪ = =⎩ (5.3.10) Như vậy nhờ phép biến đổi (5.3.10) dạng toàn phương của n biến x1 , x2 , . . . , xn f(V,V) ≡ f(x1 , x2 , . . . , xn) = a11y12 + h(y2 , y2 , . . . , yn) trong đó h(y2 , y3 , . . . , yn) là dạng toàn phương của n – 1 biến y2 , y3 , . . . , yn . Ta lại đưa h(y2 , y3 , . . . , yn) về dạng toàn phương của n – 2 biến z3 , z4 , . . . , zn . Tiếp tục như thế ta sẽ đưa dạng toàn phương đã cho về dạng chính tắc. a2- Khi a11 = a22 = . . . = ann = 0 thì phải có a i j ≠ 0, chẳng hạn đó là a12 ≠ 0. Với đổi biến 1 1 2 2 1 2 3 3 . . . . . . n n x y y x y y x y x y ⎧ = +⎪ = −⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ =⎩ ta trở lại trường hợp a1- đối với f(y1 , y2 , . . . , yn). Chú ý 2 2 11 1 2 nn i i i j ii i j n x x x x == ≤ < ≤ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ∑= +∑ ∑⎜ ⎟⎝ ⎠ Ví dụ 10 Đưa các dạng toàn phương đối xứng thực sau đây về dạng chính tắc 1) f(V,V) ≡ f(x1,x2) = x12 + 2x1x2 2) f(V,V) ≡ f(x1,x2,x3) = x12 + 2x1x2 + 2x22 + x32 3) f(V,V) ≡ f(x1,x2,x3) = x12 + x1x2 + 3x22 Giải 1) f(x1,x2) = x12 + 2x1x2 = ( x12 + 2x1x2 + x22) – x22 = ( x1 + x2)2 – x22 Với đổi biến 1 1 2 2 2 x y y x y ⎧ = −⎪⎨ =⎪⎩ ta có dạng chính tắc f(V,V) = y12 – y22 Vì λ 1 = 1 > 0 , λ 2 = – 1 < 0 cho nên dạng toàn phương đã cho không xác định. 2) f(x1,x2,x3) = x12 + 2x1x2 + 2x22 + x32 = ( x1 + x2)2 + x22 + x32 Với đổi biến 11 2 2 2 3 3 x x y x y x y ⎧ + =⎪ =⎨⎪ =⎩ ⇔ 1 1 22 2 3 3 x y y x y x y ⎧ = −⎪ =⎨⎪ =⎩ ta có dạng chính tắc f(V,V) = y12 + y22 + y32 127 Vì k = 3 = n , λ 1 = 1 > 0 , λ 2 = 1 > 0 , λ 3 = 1 > 0 cho nên dạng toàn phương đã cho xác định dương. 3) f(x1,x2,x3) = x12 + x1x2 + 3x22 = 2 21 1 2 21 12.2 4x x x x ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ + 11 4 x22 = ( x1 + 0,5x2)2 + 2,75x22 Với đổi biến 1 2 1 2 2 3 3 1 2 x x y x y x y ⎧ + =⎪⎪ =⎨⎪ =⎪⎩ ⇔ 1 1 2 2 2 3 3 1 2 x y y x y x y ⎧ = −⎪⎪ =⎨⎪ =⎪⎩ ta có dạng chính tắc f(V,V) = y12 + 2,75y22 Vì k = 2 0 , λ 2 = 2,75 >