5
Chứng minh. Đặt B
1
= (u
1
, … , u
n
), B
2
= (v
1
, … , v
n
),
( )
ij
Pp
→
=
12
BB
. Khi đó với mọi
u, v thuộc V ta có
111 122 1122
212 112 2
TT
TT
f(u,v) [u] [f] [v] (P [u] ) [f] (P [v] )
[u] [(P ) [f ] P ][v]
→→
→→
==
=
B B B BB B B BB B
BBB BBB B
Từ đó suy ra
212112
T
[f] (P ) [f ] P
→→
=
B BB BBB
.
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 B
1
,
B
2
là hai cơ sở bất kỳ của V, ta có
212 112
T
[Q] (P ) [Q] P
→→
=
B BB BBB
.
1.12. Nhận xét. Cho biểu thức tọa độ của dạng toàn phương Q trong cơ sở B
1
là
n
2
ii i ij i j
i1 1i jn
Q(u) a x + 2a x x (*)
=≤<≤
=
∑∑
với u = x
1
u
1
+ .+ x
n
u
n
. Giả sử B
2
= (v
1
, … , v
n
) là một cơ sở khác của V và biểu
thức tọa độ của Q trong cơ sở B
2
là
n
2
ii i ij i j
i1 1i jn
Q(u) b y + 2b y y (**)
=≤<≤
=
∑∑
với u = y
1
u
1
+ .+ y
n
u
n
. Khi đó ma trận
P
→
1 2
B B
khả nghòch và phép biến đổi tọa độ
không suy biến
11
nn
xy
. P .
xy
→
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
=
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
12
BB
đưa biểu thức của dạng toàn phương Q từ (*) về (**). Đảo lại, ứng với mỗi phép
biến đổi tọa độ không suy biến
11
nn
xy
. P .
xy
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
=
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
(P là một ma trận vuông cấp n khả nghòch), gọi B
2
là cơ sở của V sao cho
PP
→
=
12
BB
. Khi đó biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B
2
có dạng (**), trong đó
(b
ij
)
n×n
= P
T
(a
ij
)
n×n
P.
6
1.13. Đònh nghóa (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 đònh bởi:
22
1231 212 1323
Q(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 = (u
1
, u
2
, u
3
) của
3
{
, trong đó
u
1
= (1, −1, 0); u
2
= (−1, 2, 1); u
3
= (2, 0, 3) và chỉ ra phép biến đổi toạ độ
không suy biến tương ứng.
Giải. Ma trận của Q là
112
[Q] 1 3 4
240
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
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 B
0
sang cơ sở B là
112
P120
013
→
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0
BB
.
Do đó ma trận của Q trong cơ sở B là
T
T
112 112 112
[Q] (P ) [Q] P 1 2 0 1 3 4 1 2 0
013 240 013
110 112 112 4218
1 2 1 1 3 4 1 2 0 2 5 28 ,
203 240 013 182820
→→
−−−
⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
==−−−
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
−
⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠
−−−−−
⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟
=− − − =
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟
−−−
⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠⎝ ⎠
000
BBB BBB
Vậy biểu thức tọa độ của Q trong cơ sở B đònh bởi: Với mọi u = y
1
u
1
+ y
2
u
2
+ y
3
u
3
thuộc
3
{
,
7
()
1
T
123 2
3
22 2
12 312 13 23
4218y
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
−−
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠
⎝⎠
=− + − −
BBB
Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là
1123
11 1
22 2212
33 3
323
x yy2y
xy112y
xP y 120y hay xy2y
xy013y
x y 3y
→
=−+
−
⎧
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞
⎪
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
==− =−+
⎨
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎪
=+
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎩
0
BB
2) Xét không gian
3
{
với cơ sở B = (u
1
, u
2
, u
3
), trong đó u
1
= (1,−1,0); u
2
= (−1,2,1);
u
3
= (2, 0, 3). Cho Q là dạng toàn phương 3 biến thực có biểu thức toạ độ trong cơ
sở B như sau:
22
1 2 12 13 23
Q(u) x 3x + 2x x 4x x + 8x x=− −
với mọi u = x
1
u
1
+ x
2
u
2
+ x
3
u
3
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
112
[Q] A 1 3 4
240
−
⎛⎞
⎜⎟
== −
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
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 B
0
sang cơ sở B là
112
P120
013
→
−
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0
BB
.
Suy ra ma trận chuyển từ cơ sở B sang cơ sở chính tắc B
0
là
654
P332
111
→
−
⎛⎞
⎜⎟
= −
⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠
0
BB
.
Do đó ma trận của Q (trong cơ sở chính tắc B
0
) là
8
T
T
654 112 654
[Q] (P ) [Q] P 3 3 2 1 3 4 3 3 2
111 240 111
631 112 654 453430
5 3 1 1 3 4 3 3 2 34 24 22
421 240 111 302220
→→
− −−
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
==−−−
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
−− − −−
⎝⎠⎝⎠⎝⎠
−−− −
⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
=−− −= −
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜
−− − −− − −
⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠
00 0
BBB BBB
⎟
Suy ra biểu thức của Q là
222
123 1 2 3 12 13 23
Q(y , y , y ) 45y 24y 20y + 68y y 60y y 44y y=++ − −
.
Phép biến đổi tọa độ không suy biến tương ứng là
1123
11 1
22 22123
33 3
312 3
x6y5y4y
xy654y
xP y 332y hay x3y3y2y
xy111y
xy y y
→
=+−
−
⎧
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
⎛⎞
⎪
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
==− =+−
⎨
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎪
−−
=− − +
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎩
0
BB
§2. DẠNG CHÍNH TẮC CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG
2.1. Đònh nghóa. 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 = (u
1
, … , u
n
) của V được
gọi là một cơ sở Q-chính tắc nếu
f(u
i
,u
j
) = 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
ii
i1
Q(u) a x (1)
=
=
∑
với mọi u = x
1
u
1
+ .+ x
n
u
n
thuộc V. Khi đó ta nói (1) là dạng chính tắc của Q.
2.2. Đònh 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 = (u
1
, … , u
n
) đònh bởi
n
2
ii i ij i j
i1 1i jn
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: a
ii
≠ 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 a
11
≠ 0. Khi đó
n
2
1i
11 1 1 i 1
11
i2
n
2
1i
11 1 i 2 n
11
i2
n
2
11 1 ij i j
i,j 2
a
Q(u) a (x 2x x ) + (những số hạng không chứa x )
a
a
a (x x ) + (một dạng toàn phương cu
ûa x , ., x )
a
a y + b y y
=
=
=
=+
=+
=
∑
∑
∑
trong đó
n
1i
11 i
11
i2
jj
a
yx 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
1ijij
i,j 2
Qbyy
=
=
∑
về dạng chính tắc.
Điều này có thể thực hiện bằng qui nạp.
Trường hợp 2: a
ii
= 0 với mọi i nhưng có a
ij
≠ 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 a
12
≠ 0. Thực hiện phép biến
đổi tọa độ không suy biến
112
212
jj
xyy
xyy
x y (j 3)
⎧
=+
⎪
=−
⎨
⎪
= ≥
⎩
ta có
22
12 1 2 12 1 2
2a x x 2a (y y )=−.
Từ đó
nn
ij i j ij i j
i,j 1 i,j 1
Q(u) a x x b y y
==
==
∑∑
có hệ số của
2
1
y là
12
2a 0≠ . Ta trở về trường hợp 1 đã xét.
Trường hợp 3: a
ij
= 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:
222 2
123 4 12 13 1423 24
Q(u) x x x 2x 2x x + 2x x 2x x + x x 4x x=++− − − −
10
với u =
1234
(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
2222
11234234 2324
22222
1234 2 34 23 4 23 24
22
1234 4 23 24 34
22
1234 4 42 3 23
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
=+ −+−++− + −
= −+− −−+ − ++− + −
=−+− − + − +
=−+− − + − +
222
1234 42 3 2 3 23
2222
1234 42 3 2 23 3
2222
1234 42 3 2 3 3
11
(x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) 3x x
33
111
(x x x x ) 3(x x x ) 3(x 2x x ) x
363
111
(x x x x ) 3(x x x ) 3(x x ) x
364
=−+−−+−+−+
=−+− − +− + + +
=−+− − +− + + +
Thực hiện phép biến đổi tọa độ không suy biến
11234
112 4
11
242 3
44
23 4
33
34
32 3
44
43
423 4
2
yxxxx
xyy y
3
xy
1102/3
1
1
yxx x
xy
00 1 1/6
xy y
3
6
xy
10001
xy
yx x
6
xy
01 11/2
1
yx
xyy y
2
⎧
=−+−
=−+
⎧
⎪
⎪
−
⎛⎞ ⎛⎞
⎛⎞
⎪
⎪
=+−
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎪
−
=−
⎪⎪
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⇔⇔=
⎨⎨
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎪⎪
=
=+
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎪⎪
−
⎝⎠
⎝⎠ ⎝⎠
⎪⎪
=
=−+
⎩
⎪
⎩
ta đưa được Q về dạng chính tắc
222 2
123 4
1
Q(u) y 3y 3y y
4
=− + +
với u = y
1
u
1
+ y
2
u
2
+ y
3
u
3
+ y
4
u
4
, trong đó cơ sở Q-chính tắc B = (u
1
,u
2
,u
3
,u
4
) của
4
{
thoả
1102/3
0011/6
P
000 1
0111/2
→
−
⎛⎞
⎜⎟
−
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
0
BB
(B
0
là cơ sở chính tắc của
4
{ ) nghóa là
u
1
= (1,0,0,0); u
2
= (−1,0,0,1); u
3
= (0,1,0,−1); u
4
= (2/3,−1/6,1,1/2).
2) Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc:
123 12 13 23
Q(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
112
212
33
xyy
xyy
xy
=+
⎧
⎪
=−
⎨
⎪
=
⎩
ta có
22 22
12 123 12312 23
Q(u) y y 2(y y )y 2(y y )y y y 4y y=−+ + − − =−+
Ta biến đổi
22 2 2 2
12 23 12 3 3
Q(u)y[y2y(2y)]y(y2y)4y=− − =− − +
Đặt
11 11
22 3 22 3
33 33
zy yz
zy2y yz2z
zy yz
==
⎧⎧
⎪⎪
=− ⇔ =+
⎨⎨
⎪⎪
==
⎩⎩
ta đưa được Q về dạng chính tắc
22 2
12 3
Q(u) z z 4z=−+
Phép biến đổi toạ độ không suy biến tương ứng là
112 3
212 3
33
xzz2z
xzz2z
xy
=++
⎧
⎪
=−−
⎨
⎪
=
⎩
Cơ sở Q-chính tắc tương ứng là B = (u
1
,u
2
,u
3
) của
3
{ thoả
112
P 112
001
→
⎛⎞
⎜⎟
= −−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0
BB
(B
0
là cơ sở chính tắc của
4
{ ) nghóa là
u
1
= (1,1,0); u
2
= (1,−1,0); u
3
= (2,−2,1).
§3. DẠNG CHÍNH TẮC TRỰC GIAO CỦA DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRÊN
KHÔNG GIAN EUCLIDE
3.1. Đònh nghóa. 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. Đònh 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 B
0
là một cơ sở trực chuẩn nào đó của V. Khi đó ma trận
[Q]
0
B
là ma trận đối xứng thực nên chéo hoá trực giao được, nghóa là tồn tại ma
trận trực giao P sao cho
1
P[Q]P
−
0
B
là ma trận chéo. Gọi B là cơ sở của V sao cho
PP
→
=
0
BB
. Khi đó
TT1
[Q] (P ) [Q] P P [Q] P P [Q] P
−
→→
===
000 0 0
BBB BBB B B
là ma trận chéo. Vì [Q]
B
là ma trận chéo nên B là cơ sở Q-chính tắc. Mặt khác,
do
PP
→
=
0
BB
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
ii
i1
Q(u) a x (1)
=
=
∑
với u = x
1
u
1
+ .+ x
n
u
n
, trong đó B = (u
1
, … , u
n
) là cơ sở Q- chính tắc trực giao
tương ứng. Khi đó dăy a
1
, .,a
n
gồm tất cả các trò 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
a0
[Q]
0a
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
D
B
nên hiển nhiên a
1
, .,a
n
là tất cả các trò riêng của [Q]
B
. Bây giờ cho
1n
(u , ., u )
′′ ′
=
B
là một cơ sở Q-chính tắc trực giao khác của V. Khi đó
n
2
ii
i1
Q(u) a y (1 )
=
′ ′
=
∑
với
11 n n
uyu ...yu
′′
=++
. Theo chứng minh trên a
1
′, ., a
n
′ là các trò riêng của
[Q]
′
B
(kể cả số bội). Theo Hệ quả 1.10 ta có
T
[Q] (P ) [Q] P
′ ′′
→→
=
B BB BBB
.
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, nghóa là
T1
(P ) (P )
−
′′
→→
=
B BBB
. Do đó
1
[Q] (P ) [Q] P
−
′ ′′
→→
=
B BB BBB
.
13
Vậy hai ma trận
[Q]
B
và
[Q]
′
B
đồng dạng nên cúng có cùng trò riêng (kể cả số
bội), nghóa là hai dãy a
1
, ., a
n
và a
1
′, ., a
n
′ trùng nhau. Điều này chứng tỏ a
1
, .,a
n
không phụ thuộc vào việc chọn cơ sở trực chuẩn Q-chính tắc trực giao B.
2) Từ chứng minh Đònh lý 3.2 ta thấy để đưa Q về dạng chính tắc trực giao ta
dùng phép biến đổi tọa độ
X PY
→
U
0
BB
với mọi
X [u] , Y [u]= =
0
B B
. Vì
P
→
0
B B
là ma
trận trực giao nên ta nói phép biến đổi trên là một phép biến đổi tọa độ trực
giao.
3.4. Thuật toán đưa dạng toàn phương trên không gian Euclide về dạng
chính tắc trực giao
Cho V là một không gian Euclide hữu hạn n chiều và Q là một dạng toàn
phương trên V. Khi đó ta đưa được Q về dạng chính tắc trực giao và chỉ ra cơ sở
Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng thông qua các
bước sau:
Bước 1: Xác đònh
[Q]
0
B
với B
0
là một cơ sở trực chuẩn nào đó của V.
Bước 2: Chéo hoá trực giao ma trận [Q]
0
B
tìm ma trận trực giao P sao cho
1
1n
P [Q] P diag(a , ., a )
−
=
0
B
.
Bước 3: Cơ sở Q-chính tắc trực giao B = (u
1
,…,u
n
) đònh bởi PP
→
=
0
BB
và phép
biến đổi tọa độ trực giao là
X PYU . Dạng chính tắc trực giao của Q là
n
2
ii
i1
Q(u) a x
=
=
∑
với u = x
1
u
1
+ .+ x
n
u
n
.
3.5. Ví dụ. Đưa dạng toàn phương thực sau đây về dạng chính tắc trực giao:
123 12 13 23
Q(x,x,x) 2xx 2xx+ 2xx
= + .
Chỉ ra cơ sở Q-chính tắc trực giao và phép biến đổi tọa độ trực giao tương ứng.
Giải. Bước 1: Ma trận của Q (trong cơ sở chính tắc B
0
) là
011
A 101
110
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
Bước 2: Chéo hoá trực giao ma trận A.
a) Đa thức đặc trưng của A là
14
2
A
112 112 1 1
p() 1 1 2 1 0 1 0 ( 1)( 2)
11 2 1 0 0 1
λλλ
λλ λλ λ λλ
λλ λ λ
−− −
=− =−− = −− =−+−
−− − −−
b) Trò riêng: A có 2 trò riêng là λ
1
= −1 (bội 2), λ
2
= 2 (bội 1)
c) Không gian riêng E(λ
1
) ứng với trò riêng λ
1
= −1 là không gian nghiệm của hệ
(A −λ
1
I
3
)X = 0 (1)
13 3
2
123 3
1
111 111
A I A I 111 000
111 000
x
(1) x x x 0 x
x
λ
α
β
αβ
⎛⎞⎛ ⎞
⎜⎟⎜ ⎟
−=+= →
⎜⎟⎜ ⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
=
⎧
⎪
⇔++=⇔ =
⎨
⎪
=− −
⎩
(1) có vô số nghiệm (x
1
,x
2
,x
3
) = (−α−β, α , β). Do đó
E(λ
1
) = {(−α−β,α,β)|α, β∈R}= {α(−1,1,0)+ β(−1,0,1)|α , β ∈R}= <(−1,1,0); (−1,0,1)>
E(λ
1
) có dimE(λ
1
) = 2 với cơ sở (u
1
,u
2
) với u
1
= (−1,1,0); u
2
= (−1,0,1). Ta xây dựng
cơ sở trực chuẩn của E(λ
1
) qua quá trình trực chuẩn Gram-Schmidt:
21
11 22 1
11
12
12
12
u|v 1 1
v = u = ( 1,1,0); v = u v =( , ,1)
v|v 2 2
v11 v112
w = = ( , ,0); w = = ( , , )
vv
22 6 66
〈〉
−−−−
〈〉
−−−
(w
1
,w
2
) là cơ sơ trực chuẩn của E(λ
1
).
d) Không gian riêng E(λ
2
) ứng với trò riêng λ
2
= 2 là không gian nghiệm của hệ
(A −λ
2
I
3
)X = 0 (2)
23 3
123
123
23
211 121
A IA2I 121 011
112 000
x2xx 0
(2) x x x
xx0
λ
α
−−
⎛⎞⎛⎞
⎜⎟⎜⎟
−=−= − → −
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
−
⎝⎠⎝⎠
−+=
⎧
⇔⇔===
⎨
−=
⎩
(2) có vô số nghiệm (x
1
,x
2
,x
3
) = (α, α , α). Do đó
E(λ
2
) = {(α,α,α)|α∈R}= {α(1,1,1)|α∈R}= <(1,1,1)>
E(λ
2
) có dimE(λ
2
) = 1 với cơ sở (u
3
) với u
3
= (1,1,1). Ta xây dựng cơ sở trực chuẩn
(w
3
) của E(λ
2
) với
3
3
3
u 111
w= = ( , , )
u
333
.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét