Bài giảng Đại số tuyến tính - Lê Thị Nguyệt

tập hợp
nghiệm của hệ (4).
Ngược lại, giả sử (c1, c2, ..., cn) là một nghiệm của hệ (4). Thế thì
n∑
j=1
atjcj = bt; t = 1, 2, ..., r.
Xét phương trình thứ k tùy ý của hệ (1),r < k 6 m. Vì rankA = r và Dr 6= 0 nên
trong ma trận A, véc tơ dòng thứ k là (ak1 , ak2, ..., akn, bk) biểu thị tuyến tính qua r
dòng đầu tiên của A. Ta giả sử
(ak1, ak2, .., akn, bk) = h1(a11, ..., a1n, b1) + h2(a21, ..., a2n, b2) + ...+ hr(ar1, ..., arn, br)
từ đó ta có
akj =
r∑
t=1
htatj, t = 1, 2, ..., n.
và
bk =
k∑
t=1
htbt.
50
Khi đó
ak1c1 + ...+ akncn =
n∑
j=1
akjcj =
n∑
j=1
(
r∑
t=1
htatj)cj
=
r∑
t=1
ht(
n∑
j=1
atjcj) =
r∑
t=1
htbt = bk
Như vậy (c1, c2, ..., cn) thỏa mãn phương trình thứ k với mỗi k sao cho r < k 6 m. Có
nghĩa là (c1, c2, ..., cn) là nghiệm của hệ (1) đã cho.
Việc giải hệ phương trình (1) đưa về hệ (4). Có hai khả năng xảy ra sau đây
a) Nếu r = n thì hệ (4) là hệ Cramer nên nó có duy nhất một nghiệm.
b) Nếu r < n thì hệ phương trình (4) được đưa về hệ mới tương đương với nó là
a11x1 + a12x2 + ...+ a1rxr = b1 − a1r+1xr+1 − ...− a1nxn
a21x1 + a22x2 + ...+ a2rxr = b2 −−a2r+1xr+1 − ...− a2nxn
...
ar1x1 + ar2x2 + ...+ arrxr = br − arr+1xr+1 − ...− arnxn
(5)
Nếu gán cho các ẩn xr+1, xr+2, ..., xn những giá trị tùy ý cr+1, cr+2, ..., cn thì hệ (5)
là hệ Cramer theo các ẩn x1, x2, ..., xr nên nó có nghiệm duy nhất x1 = c1, x2 =
c2, ..., xr = cr. Khi đó (c1, c2, ..., cn) là một nghiệm của hệ (4) và do đó nó là một
nghiệm của hệ (1) đã cho.
Như vậy, trong trường hợp r < n, hệ (1) có vô số nghiệm phụ thuộc vào n− r tham
số cr+1, ..., cn mà ta gán cho các ẩn xr+1, xr+2, ..., xn.
Các ẩn xr+1, ..., xn được gọi là các ẩn tự do. Các ẩn còn lại gắn với định thức Dr 6= 0
gọi là các ẩn ràng buộc.
Ví dụ: 1)Giải hệ phương trình
3x − y + 2z = 1
x+ 2y − 4z = 3
4x + y − 2x = 4
−6x− 5y + 10z = −10
HD: - Ma trận hệ số A =

3 −1 2
1 2 −4
4 1 −2
−6 −5 10

- Ma trận bổ sung A =

3 −1 2 1
1 2 −4 3
4 1 −2 4
−6 −5 10 −10

- Hạng của A=hạng của A=2.
- Hệ phương trình tương đương với hệ{
3x− y + 2z = 1
x+ 2y − 4z = 3
- Đưa về dạng {
3x− y = 1 − 2z
x+ 2y = 3 + 4z
51
- Giải hệ trên nhận được x =
5
7
; y =
14z + 8
7
. - Kết luận: Nghiệm của hệ có dạng
(
5
7
;
14t + 8
7
, t/t ∈ R)
2) Giải và biện luận {
λx+ y + z = 1
x+ λy + z = 1
x+ y + λz = 1
2.3 Giải hệ phương trình bằng phương pháp khử
Sử dụng định lý Kronecker-Capeli, ta có thể nhận biết một hệ phương trình tuyến
tính đã cho có nghiệm hay không. Khi hệ có nghiệm thì ta có thể đưa về một hệ
tương đương và ta giải hệ của các ẩn ràng buộc theo các ẩn tự do bằng phương
pháp Cramer.
Phương pháp khử (hay còn gọi là phương pháp Gauuss dựa trên các phép biến đổi
tương đương một hệ phương trình mà ta gọi là các phép biến đổi sơ cấp. Đó là các
phép
1) Đổi chổ hai phương trình,
2) Nhân hai vế của một phương trình với một số khác 0,
3) Nhân vào một phương trình với một số rồi cộng vào phương trình khác.
Ví dụ: Giải hệ phương trình 
x− 2y + z = 1
3x+ y − z = −2
9x− 4y + 2z = 3
5x− 3y + 2z = 4
.
HD: Đưa ma trạn bổ sung A =

1 −2 1 1
3 1 −1 −2
9 −4 2 3
5 −3 2 4

về dạng tam giác A =

1 −2 1 1
0 7 −4 −5
0 0 1 4
0 0 0 0

Hệ được viết lại {
x− 2y + z = 1
7y − 4z = −5
z = 4
Suy ra nghiệm.
-Phương pháp Gauss-Jordan: Tiếp tục dùng các phép biến đổi sơ cấp đưa hệ về
dạng đường chéo.
III. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
3.1 Định nghĩa. Một hệ phương trình tuyến tính trong đó tất cả các hệ số tự do
bằng 0 được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
Ta thấy hệ phương trình thuần nhất
n∑
j=1
akj = 0, k = 1, 2, ...,m(6)
52
luôn có nghiệm (0, 0, ..., 0), nghiệm này được gọi là nghiệm tầm thường.
Ta có kết quả sau
3.2 Định lý: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (6) với n ẩn có nghiệm không
tầm thường khi và chỉ khi hạng của ma trận hệ số nhỏ hơn n.
Chứng minh: Theo định lý Kronecker-Capeli: Nếu rankA = rankA = n(n là số ẩn)
thì hệ có nghiệm duy nhất. Nếu rankA = ranA < n thì hệ có vô số nghiệm và do đó
có nghiệm không tầm thường.
3.3 Hệ quả: Hệ phương trình tuyến tính vuông gồm n phương trình và n ẩn có
nghiệm không tầm thường nếu và chỉ nếu ma trận hệ số suy biến, tức là, định thức
của ma trận hệ số bằng 0.
3.4 Định lý: Giả sử đã cho hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
n∑
j=1
akj = 0, k = 1, 2, ...,m(6)
với ma trận hệ số A = [akj] có hạng bằng r < n. Thế thì các nghiệm của hệ lập thành
một không gian con của Kn có số chiều bằng n− r.
3.5 Định nghĩa: Mỗi cơ sở của không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất được gọi là một hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình đó.
Nếu ξ1, ξ2, ..., ξn−r là một hệ nghiệm cơ bản của hệ (6) thì
c1ξ1 + c2ξ2 + ...+ cn−rξn−r,
với c1, c2, ..., cn−r là hằng số tùy ý được gọi là nghiệm tổng quát của hệ.
Ví dụ: 1) Nếu (6) là hệ Cramer thì N = {(0, 0, ..., 0)} do đó dimN = 0.
2) Tìm một hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình sau và giải hệ phương trình đó
x1 + 7x2 − 8x3 + 9x4 = 0
2x1 − 3x2 + 3x3 − 2x4 = 0
5x1 + x2 − 2x3 + 5x4 = 0
3x1 − 13x2 + 14x3 − 13x4 = 0
Ma trận của hệ là
A =

1 7 −8 9
2 −3 3 −2
5 1 −2 5
3 −13 14 −13

Đưa A về dạng bậc thang 
1 7 −8 9
0 −17 19 −20
0 0 0 0
0 0 0 0

Hệ đã cho tương đương với {
x1 + 7x2 − 8x3 + 9x4 = 0
−17x2 + 19x3 − 20x4 = 0
53
Thay x3 = 1, x4 = 0 vào hệ ta có nghiệm (
3
17
,
19
17
, 1, 0).
Thay x3 = 0, x4 = 1 vào hệ ta có nghiệm (−13
17
,−20
17
, 0, 1).
Vậy một hệ nghiệm cơ bản của hệ đã cho là
ξ1 = (
3
17
,
19
17
, 1, 0); ξ2 = (−13
17
,−20
17
, 0, 1).
Tập hợp nghiệm của hệ là
N = {c1ξ1 + c2ξ2 = (3c1 − 13c2
17
,
19c1 − 20c2
17
, c1, c2/c1, c2 ∈ R}
IV. Sự liên hệ giữa nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tổng quát với
nghiệm của hệ phương trình thuần nhất tương ứng.
Xét hệ phương trình tuyến tính tổng quát
n∑
j=1
akjxj = bk, k = 1, 2, ..,m. (1)
và hệ phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng
n∑
j=1
akjxj = 0, k = 1, 2, ..,m. (6)
Giả sử hệ phương trình tổng quát (1) có nghiệm và λ = (λ1, λ2, ..., λn) là một nghiệm
của nó. Ta có nhận xét sau đây
1) Nếu u = (u1, u2, ..., un) là một nghiệm của hệ thuần nhất thì λ+ u là một nghiệm
của hệ tổng quát.
2) Nếu µ là một nghiệm của hệ tổng quát thì µ−λ là một nghiệm của hệ thuần nhất.
Như vậy nếu N là không gian nghiệm của hệ thuần nhất thì tập hợp
λ+N = {λ+ u/u ∈ N}
là không gian nghiệm của hệ tổng quát tương ứng.
Từ đây suy ra rằng nếu biết một nghiệm λ nào đó của hệ tổng quát và tập nghiệm
của hệ thuần nhất tương ứng thì sẽ nhận được tất cả các nghiệm của hệ tổng quát.
54
bài tập
Bài 1: a) Giải và biện luận phương trình theo λ
λx + y + z + t = 1
x+ λy + z + t = 1
x+ y + λz + t = 1
x+ y + z + λt = 1
b) Cho hệ phương trình 
λx1 + x2 + ...+ xn = a
x1 + λx2 + ....+ xn = a
...
x1 + x2 + ...+ λxn = a
Với giá trị nào của λ thì hệ là hệ Cramer. Hãy giải hệ Cramer đó.
c) Giải hệ sau bằng phương pháp Cramerx+ ay + a
2z = 1
y + bz + b2x = 1
z + cx+ c2y = 1
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau
a)

4x1 − x2 + 3x3 + x4 = −1
x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 3
−3x1 + x2 − x3 − 4x4 = 2
2x1 + 3x2 + x3 − x4 = 5
; b)

2x1 − x3 − 4x4 + 3x5 = 7
2x1 − x2 − x3 − 5x4 + 5x5 = −3
x3 − 2x4 − x5 = −3
2x1 + x2 + x3 − 7x4 − x5 = 0
;
Bài 3: Tìm một hệ nghiêm cơ bản của hệ phương trình sau và giải hệ phương trình
đó
a)

x1 + x2 − x3 − 2x4 = 0
−3x1 − 4x2 + 7x3 + 9x4 = 0
−x2 + 6x3 + 2x4 = 0
x1 + x2 + x3 − 5
2
x4 = 0
−2x1 − 3x2 + 6x3 + 7x4 = 0
; b)

4x1 − x2 + 3x3 + x4 = 0
x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0
−3x1 + x2 − x3 − 4x4 = 0
2x1 + 3x2 + x3 − x4 = 0
Bài 4: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo λ.
a)
{
x1 + λx2 − x3 + 2x4 = 0
2x1 − x2 + λx3 + 5x4 = 0
x1 + 10x2 − 6x3 + x4 = 0
; b)

2x1 + 3x2 + x3 + 2x4 = 0
4x1 + 6x2 + 3x3 + 4x4 = 0
6x1 + 9x2 + 5x3 + 6x4 = 0
8x1 + 12x2 + 7x3 + λx4 = 0
Bài 5: Giải và biện luận hệ sau theo λ
a)
{
λx+ y + z = 1
x+ λy + z = λ
x+ y + λz = λ2
; b)
x = ay + a
2z = a3
x+ by + b2z = b3
x+ cy + c3z = c3
; c)
{ x+ y + z = 1
ax+ by + cz = d
a2x+ b2y + c2z = d2
55
Chương 5
dạng toàn phương
Bài 1: dạng song tuyến tính
Trong phần này không gian véc tơ được xét là không gian hữu hạn chiều trên
trường số thực.
I. Định nghĩa và ví dụ:
1.1 Định nghĩa: Giả sử E là một không gian véc tơ n chiều trên R. Một dạng song
tuyến tính trên E là một ánh xạ
ϕ : E × E −→ R
thỏa mãn các điều kiện sau
Với mọi x, x′, y, y′ ∈ E, với mọi λ ∈ R
1. ϕ(x+ x′, y) = ϕ(x, y) + ϕ(x′, y)
2. ϕ(λx, y) = λϕ(x, y)
3. ϕ(x, y + y′) = ϕ(x, y) + ϕ(x, y′)
4. ϕ(x, λy) = λϕ(x, y)
Như vậy, một dạng song tuyến tính trên E là một hàm hai biến trên E, khi cố định
một biến thì nó tuyến tính đối với biến kia.
1.2 Ví dụ: 1) Cho E = R2 và ánh xạ ϕ : E ×E −→ R được cho bở công thức
ϕ((x1, x2), (y1, y2)) = x1y1 + x2y2.
Khi đó ϕ là một dạng song tuyến tính trên R2.
2) Cho A = [aij] là ma trận vuông thực cấp 2. Khi đó ánh xạ ϕ : R2×R2 −→ R2 xác
định bởi
ϕ[(x1, x2), (y1, y2)] = a11x1y1 + a12x1y2 + a21x2y1 + a22x2y2
là một dạng song tuyến tính.
II. Ma trận, hạng và biểu thức tọa độ.
Giả sử ϕ : E × E −→ R là một dạng song tuyến tính trên không gian véc tơ n chiều
E và {ei}, 1 6 i 6 n là một cơ sở của E. Đặt
ϕ(ei, ej) = aij; i, j = 1, 2, ..., n
và ký hiệu A = [aij] là ma trận vuông thực cấp n với các phần tử aij.
Cho hai véc tơ tùy ý x, y ∈ E. Giả sử
(x1, x2, ..., xn) và (y1, y2, ..., yn)
tương ứng là tọa độ của x và y trong cơ sở {ei}. Nghĩa là
x =
n∑
i=1
xiei, y =
n∑
j=1
yjej.
Khi đó ta có
ϕ(x, y) = ϕ(
n∑
i=1
xiei,
n∑
j=1
yjej) =
n∑
i,j=1
aijxiyj . (1)
56
Ký hiệu [x], [y] tương ứng là ma trận cột tọa độ của các véc tơ x, y trong cơ sở
{ei}, i = 1, 2, .., n
[x] =

x1
x2
...
xn
 ; [y] =

y1
y2
...
yn

và [x]c là ma trận chuyển vị của [x], có nghĩa là [x]c là ma trận dòng [x]c = (x1, x2, ..., xn).
Như vậy biểu thức (1) có thể viết lại dưới dạng
ϕ(x, y) = [x]cA[y]. (2)
2.1 Định nghĩa. Biểu thức (1) hoặc (2) được gọi là biểu thức tọa độ của ϕ trong
cơ sở {ei}. Ma trận A = [aij] được gọi là ma trận của ϕ trong cơ sở này.
2.2 Chuyển cơ sở:
Giả sử {ei}, 1 6 i 6 n; {uj}, 1 6 j 6 n là hai cơ sở của không gian E và C = [cij] là
ma trận chuyển từ cơ sở {ei} sang cơ sở {uj}, có nghĩa là
uj =
n∑
i=1
cijei, j = 1, 2, ..., n.
Ký hiệu A = [aij] và B = [bij] là ma trận của dạng aong tuyến tính ϕ trên E theo thứ
tự trong cơ sở {ei} và {uj}. Nếu Cc = [c∗ik] là ma trận chuyển vị của C và CcAC = [b′ij]
thì ta có c∗ik = cki và
b′ij =
n∑
i=1
n∑
t=1
c∗ikaktctj.
Như vậy ta có
bij = ϕ(ui, uj) = ϕ(
n∑
k=1
ckiek,
n∑
t=1
ctjet)
=
n∑
k=1
n∑
t=1
ckictjϕ(ek, et) =
n∑
k=1
n∑
t=1
ckictjakt
=
n∑
k=1
n∑
t=1
c∗ikaktctj = b
′
ij,
với mọi i, j = 1, 2, ..., n. từ đó suy ra
B = CcAC.
Vì ma trận C không suy biến nên từ hệ thức B = CcAC suy ra hạng của A bằng
hạng của B. Như vậy hạng của ma trận của một dạng song tuyến tính không phụ
thuộc vào cách chọn cơ sở. Do đó ta có định nghĩa sau.
2.3 Định nghĩa. hạng của một dạng song tuyến tính trên E là hạng của ma trận
của nó trong một cơ sở bất kỳ của không gian E.
Dạng song tuyến tính được gọi là không suy biến nếu hạng của nó bằng số chiều của
E.
57
Như vậy một dạng song tuyến tính là không suy biến khi và chỉ khi ma trận của nó
đối với một cơ sở của ma trận không suy biến.
bài tập
Bài 1: Trên không gian R3 cho dạng song tuyến tính ϕ có ma trận trong cơ sở
chính tắc là
A =
 −1 0 23 1 −1
2 −1 0

a) Viết biểu thức tọa độ của ϕ trong cơ sở
ξ1 = (1,−1, 2), ξ2 = (0, 1,−1), ξ3 = (3,−2, 1)
b) Tìm hạng của ϕ.
Bài 2: Cho f là dạng song tuyến tính trên không gian véc tơ thực có số chiều 3. Ma
trận của f đối với một cơ sở E đã chọn là của V là
A =
 1 −1 02 0 −2
3 4 5

và h : V −→ V là ánh xạ tuyến tính có ma trận đối với đối với cơ sở E là
B =
 −1 1 1−3 −4 2
1 −2 −3

Chứng minh rằng ánh xạ g : V × V −→ R xác định bởi
g(x, y) = f(x, h(y))
với mọi x, y ∈ V là dạng song tuyến tính. Tìm ma trận của g đối với cơ sở E.
58
Bài 2: dạng toàn phương
I. Các định nghĩa
1.1.Định nghĩa. Dạng song tuyến tính ϕ trên không gian véc tơ E
ϕ : E × E −→ R
được gọi là đối xứng nếu
ϕ(x, y) = ϕ(y, x), ∀x, y ∈ E
.
Ví dụ: Trên R2, dạng song tuyến tính cho bởi
ϕ((x1, x2), (y1, y2)) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + x2y2
là một dạng song tuyến tính đối xứng.
Tổng quát hơn, nếu A = [aij] là một ma trận thực đối xứng cấp n cho trước thì dạng
song tuyến tính
ϕ : Rn × Rn −→ R
xác định bởi
ϕ((x1, x2, ..., xn), (y1, y2, ...., yn)) =
n∑
i,j=1
aijxiyj
là đối xứng.
Đảo lại, ma trận của một dạng song tuyến tính đối xứng trên không gian véc tơ E,n
chiều là một ma trận đối xứng.
1.2 Định nghĩa. Giả sử ϕ là một dạng song tuyến tính đối xứng trên không gian
véc tơ E. ánh xạ
ω : E −→ R
x 7→ ω(x) = ϕ(x, x)
được gọi là dạng toàn phương trên E ứng với dạng song tuyến tính đối xứng ϕ. Khi
đó ϕ được gọi là dạng song tuyến tính cực của ϕ.
Ví dụ: Trên R2, cho dạng song tuyến tính
ϕ((x1, x2), (y1, y2)) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + x2y2.
Khi đó dạng toàn phương ω tương ứng là
ω(x1, x2) = x
2
1 + 2x1x2 + x
2
2.
Chú ý: Với x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn, ta viết ω(x1, x2, ..., xn) thay cho ω(x).
1.3 Nhận xét. Mỗi dạng toàn phương chỉ có duy nhất một dạng cực. Thật vậy, nếu
ω là dạng toàn phương tương ứng với dạng song tuyến tính ϕ thì
ϕ(x, y) =
1
2
(ω(x+ y)− ω(x)− ω(y)).
59
Có nghĩa là ϕ được xác định bởi ω một cách duy nhất.
II. Ma trận, hạng, biểu thức tọa độ.
Giả sử ω là một dạng toàn phương trên E và ϕ là dạng song tuyến tính cực của ω.
Trong E, xét một cơ sở {ei}. Khi đó ma trận của ϕ trong {ei} được định nghĩa là ma
trận của ω trong cơ sở này và hạng của ω chính là hạng của ma trận của nó.
Giả sử ω có ma trận A = [aij] trong cơ sở {ei} của không gian E. Khi đó,với x ∈ E
có sự biểu diễn qua cơ sở
x =
n∑
i=1
xiei
và
ω(x) = ϕ(x, x) =
n∑
i=1
n∑
j=1
aijxixj. (3)
Biểu thức (3) được gọi là biểu thức tọa độ của ω trong cơ sở {ei}.
Chú ý: Vì ma trận [aij] của dạng toàn phương ω là đối xứng, có nghĩa là aij =
aji,∀i, j = 1, 2, ..., n hơn nữa xixj = xjxi nên người ta thường viết biểu thức tọa độ
của ω dưới dạng
ω(x1, x2, ..., xn) =
n∑
i=1
aiix
2
i + 2
∑
16i<j6n
aijxixj
.
III. Dạng chính tức của một dạng toàn phương.
3.1 Định nghĩa. Giả sử ω là một dạng toàn phương trên không gian véc tơ n chiều
E. Nếu trong một cơ sở {ei} nào đó của E, biểu thức tọa độ của ω có dạng
ω(x1, x2, ..., xn) = λ1x
2
1 + λ2x
2
2 + ...+ λnx
2
n (4)
thì (4) được gọi là dạng chính tắc của ω.
Nhận xét: Nếu dạng toàn phương ω có biểu thức tọa độ (4) thì ma trận của nó trong
cơ sở {ei} là ma trận chéo 
λ1 0 . . . 0
0 λ2 . . . 0
...
...
...
0 0 . . . λn

Biểu thức tọa độ (4) và ma trận chéo của ω rất tiện lợi cho việc khảo sát ω và ứng
dụng của nó trong các vấn đề khác. Vì vậy, bài toán được đặt ra là: Cho một dạng
toàn phương ω, hãy tìm một cơ sở {ei} của E sao cho trong cơ sở này dạng toàn
phương ω có dạng chính tắc.
3.2 Phương pháp Lagrange. Phương pháp đưa một dạng toàn phương về dạng
chính tắc được trình bày dưới đây được gọi là phương pháp Lagrange.
Giả sử {ei}, i = 1, 2, ..., n là một cơ sở của E và dạng toàn phương ω trên E có biểu
thức tọa độ là
ω(x1, x2, .., xn) =
n∑
i,j=1
aijxixj. (5)
60
Ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1. Tồn tại aii 6= 0, không mất tổng quát giả sử rằng a11 6= 0.
Ta biến đổi tổng ở vế phải của (5) như sau
ω(x1, x2, ..., xn) = a11x
2
1 + 2a12x1x2 + ....+ 2a1nx1xn + ω
′(x2, x3, ..., xn)
=
1
a11
(a11x1 + a12x2 + ...+ a1nxn)
2 + ω”(x2, x3, ..., xn)
Thực hiện phép đổi tọa độ
y1 = a11x1 + a12x2 + ....+ a1nxn
yk = xk,∀k = 2, 3, ..., n.
Ta được
ω(x1, x2, ..., xn) =
1
a11
y21 + ω1(y2, y3, ..., yn), (5
′)
trong đó ω1(y2, y3, ..., yn) là một dạng toàn phương phụ thuộc vào n−1 biến y2, ..., yn.
Trường hợp 2: Mọi hệ số aii = 0 và một hệ số aij 6= 0 với i 6= j, ta thực hiện phép
đổi tọa độ
xi = yi + yj
xj = yi − yj
xk = yk, k 6= i, j
Thay vào biểu thức (5) ta được
ω(x1, x2, ..., xn) =
n∑
s,t=1
bstysyt = ω2(y1, y2, ..., yn)
trong đó ω2(y1, y2, ..., yn) là dạng toàn phương của n biến y1, y2, ..., yn với hệ số của
y2i là bii = aij 6= 0. Sau đó ta thực hiện các phép biến đổi như trong trường hợp 1.
Ví dụ: Trong cơ sở chính tắc {e1, e2, e3} của R3, dạng toàn phương ω đã cho có biểu
thức tọa độ
ω(x1, x2, x3) = x1x2 + x1x3 + x2x3.
Đổi toạ độ
x1 = y1 − y2
x2 = y1 + y2
x3 = y3
ta được ω1(y1, y2, y3) = y
2
1 − y22 + 2y1y3 = (y1 + y3)2 − y22 − y23.
Đặt
z1 = y1 + y3
z2 = y2
z3 = y3,
61
thì có
ω(x1, x2, x3) = ω1(y1, y2, y3) = ω2(z1, z2, z3) = z
2
1 − z22 − z23.
Đây là dạng chính tắc của ω. Phép đổi tọa độ là
x1 = y1 − y2 = z1 − z2 − z3
x2 = y1 + y2 = z1 + z2 − z3
x3 = y3 = z3
Như vậy ma trận chuyển từ cơ sở {ei} sang cơ sở {ξi} mà trong {ξi}, ω có dạng chính
tắc là ma trận
S =
 1 −1 −11 1 −1
0 0 1

Điều này có nghĩa là ξ1 = (1, 1, 0), ξ2 = (−1, 1, 0), ξ3 = (−1,−1, 1)
Nhận xét: Đưa một dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phương pháp Lagrange
có thể cho ta nhiều dạng chính tắc khác nhau. Tuy nhiên các hệ số trong dạng chính
tắc tuân theo một quy luật gọi là luật quán tính.
3.3 Định lý. (Định luật quán tính của dạng toàn phương)Số các hệ số dương,
hệ số âm và hệ số bằng không trong dạng chính tắc của một dạng toàn phương trên
một không gian véc tơ không phụ thuộc vào cơ sở của không gian véc tơ đó.
IV. Dạng toàn phương xác định.
Giả sử ω là một dạng toàn phương xác định trên không gian véc tơ E. Hiển nhiên
ω(θ) = 0 nhưng điều ngược lại nói chung không đúng.
Bây giờ ta xét các dạng toàn phương ω trên không gian E với tính chất ω(x) = 0
khi và chỉ khi x = θ. Một dạng toàn phương có tính chất này được gọi là dạng toàn
phương xác định.
4.1 Định nghĩa. Giả sử ω là một dạng toàn phương xác định. Nếu ω(x) > 0,∀x 6= θ
thì ω được gọi là xác định dương. Nếu ω(x) < 0,∀x 6= θ thì ω được gọi là xác định
âm.
4.2 Định lý: Điều kiện cần và đủ để một dạng toàn phương ω xác định dương là tất
cả các hệ số trong dạng chính tắc của nó đều dương.
Chứng minh: Giả sử ω có dạng chính tắc
ω(x) = λ1x
2
1 + ....+ λnx
2
n, λi > 0, i = 1, 2, ..., n.
Rõ ràng ω(x) > 0,∀x 6= 0.
Ngược lại, giả sử ω xác định dương và trong một cơ sở {e1, e2, ..., en} nào đó ω có
biểu thức tọa độ ở dạng chính tắc là ω(x) = k1x
2
1 + k2x
2
2 + ...+ knx
2
n. Khi đó ta có
ω(ei) = ki > 0.
4.3 Định lý. (Tiêu chuẩn Sylvester) Dạng toàn phương
ω(x1, x2, ..., xn) =
n∑
i,j=1
aijxixj
với ma trận đối xứng A = [aij], là xác định dương khi và chỉ khi
∆1 = a11 > 0
62
∆2 =
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ > 0
...
∆n =
∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
...
...
...
an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣ > 0.
Nghĩa là tất cả các định thức con chính của A = [aij] đều dương.
bài tập
Bài 1: Trong không gian vec tơ R3 trên trường số thực cho các dạng toàn phương
với các biểu thức tọa độ có trong cơ sở chính tắc
a) ω(x1, x2, x3) = x
2
1 + 5x
2
2 − 4x33 + 2x1x2 − 4x1x3.
b) ω(x1, x2, x3) = x1x2 + 4x1x3 + x2x3.
1) Viết dạng song tuyến tính cực ϕ của chúng.
2) Bằng phương pháp Lagrange đưa mỗi dạng đã cho về dạng chính tắc(viết rõ công
thức đổi tọa độ, cơ sở mà trong đó dạng toàn phương có dạng chính tắc và viết ma
trận của dạng toàn phương đó trong cơ sở này.)
3) Tính hạng của mỗi dạng toàn phương.
Bài 2: Xác định giá trị của λ để mỗi dạng toàn phương cho dưới đây là xác định
dương.
a) 5x21 + x
2
2 + λx
2
3 + 4x1x2 − 2x1x3 − 2x2x3.
b) 2x21 + x
2
2 + 3x
2
3 + 2λx1x2 + 2x1x3.
c) x21 + x
2
2 + 5x
2
3 + 2λx1x2 − 2x1x3 + 4x2x3.
Bài 3: Cho dạng toàn phương trên không gian véc tơ thực n chiều có biểu thức tọa
độ đối với một cơ sở đã chọn là
n∑
i,j=1
aijxixj.
a) Chứng minh rằng nếu dạng toàn phương trên xác định dương thì aii > 0 với mọi
i = 1, 2, ..., n.
b) Nếu aii > 0 với mọi i = 1, 2, ..., n thì dạng toàn phương đã cho có xác định dương
không? Tại sao?