Chương 5. Ánh xạ tuyến tính và dạng toàn phương
5.1 Ánh xạ tuyến tính
5.1.1 Các khái niệm
a) Định nghĩa. Cho V và W là hai không gian vectơ trên trường K (K là trường số thực
hoặc trường số phức). Một ánh xạ f : V  W được gọi là ánh xạ tuyến tính, nếu nó thoả
mãn hai điều kiên sau:
(i) u, v  V thì f(u + v) = f(u) + f(v)
(ii) u  V,   R thì f(u) = f(u)
Chú ý. Hai điều kiện trên tương đương với điều kiện:
u, v  V, ,  R thì f(u + v) = f(u) + f(v).
Nếu W = K thì f được gọi là dạng tuyến tính trên V.
Nhận xét. Từ định nghĩa trên ta có f( V ) =  W , f(-u) = -f(u).
Ví dụ 1. Các ánh xạ sau, ánh xạ nào là ánh xạ tuyến tính:
a) f: R2  R2 xác định bởi f(x1, x2) = (2x1, x2).
Giải. Lấy u = (x1, x2), v = (y1, y2)  R2;   R
 u + v = (x1 + y1, x2 + y2), u = (x1, x2)
 f(u + v) = (2(x1 + y1), x2 + y2) = (2x1, x2) + (2y1, y2) = f(u) + f(v)
f(u) = (2x1, x2) = (2x1, x2) = f(u)
Vậy, f là ánh xạ tuyến tính.
b) f: R2  R3 xác định bởi f(x1, x2) = (x1, x1 – x2, x1 + x2).
Giải. Lấy u = (x1, x2), v = (y1, y2)  R2;   R
 u + v = (x1 + y1, x2 + y2), u = (x1, x2)
 f(u + v) = (x1 + y1, x1 + y1 – x2 - y2, x1 + y1 + x2 + y2)
= (x1, x1 – x2, x1 + x2) + (y1, y1 – y2, y1 + y2) = f(u) + f(v)
f(u) = (x1, x1 - x2, x1 + x2) = (x1, x1 – x2, x1 + x2) = f(u)
Vậy, f là ánh xạ tuyến tính.
c) f: R3  R xác định bởi f(x1, x2, x3) = 2x1 – 3x2 + x3.
Giải. Lấy u = (x1, x2, x3), v = (y1, y2, y3)  R3;   R
 u + v = (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3), u = (x1, x2, x3)
 f(u + v) = 2(x1 + y1) – 3(x2 + y2) + (x3 + y3)
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 1
= (2x1 – 3x2 + x3) + (2y1 – 3y2 + y3) = f(u) + f(v)
f(u) = 2x1 - 3x2 + x3 = (2x1 – 3x2 + x3) = f(u)
Vậy, f là ánh xạ tuyến tính.
d) f: R2  R2 , f(x1, x2) = (x1, x 22 )
e) f(x1, x2) = (x1 + 1, x2)
Giải.
d) Lấy u = (1, 2), v = (1, 3)  u + v = (2, 5)
f(u + v) = (2, 25)  f(u) + f(v) = (1, 4) + (1, 9) = (2, 13)
Vậy, f không là ánh xạ tuyến tính.
e) Lấy u = (1, 2), v = (1, 3)  u + v = (2, 5)
f(u + v) = (3, 5)  f(u) + f(v) = (2, 2) + (2, 3) = (4, 5)
Vậy, f không là ánh xạ tuyến tính.
Ví dụ 2. Ánh xạ "không", ký hiệu là Θ : V  W xác định bởi: u  V, Θ (u) =   W là
ánh xạ tuyến tính.
Thật vậy, u, v  V, k  R ta có:
Θ (u + v) =  =  +  = Θ (u) + Θ (v)
Θ (ku) =  = k = k Θ (u)
Ví dụ 3. Ánh xạ đồng nhất I: V  V, xác định bởi u  V: I(u) = u là một ánh xạ tuyến
tính.
b) Nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính
Định nghĩa: Giả sử V và W là hai không gian vectơ trên trường K và f là một ánh xạ tuyến
tính từ V vào W. Khi đó, tập tất cả các phần tử của V có ảnh là phần tử   W gọi là hạt
nhân (nhân) của f, kí hiệu là Ker(f):
Ker(f) = f-1() = {x  V|f(x) =   W}
Tập tất cả các phần tử của W là ảnh của ít nhất một phần tử của V gọi là ảnh của ánh
xạ f, ký hiệu là Im(f):
Im(f) = {y  W|y = f(x), x  V}
Ví dụ 4. Ánh xạ Θ : V  W có Ker( Θ ) = V, vì x  V thì Θ (x) =   W; Im()  {W} .
Ví dụ 5. Ánh xạ đồng nhất I: V  V có:
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 2
Ker(I) = {}, vì  là ảnh duy nhất một phần tử   V.
Im(I) = V, vì x  V, ! x  V: I(x) = x.
Ví dụ 6. Cho f: R3  R xác định bởi f(x1, x2, x3) = x1 + 2x2 – x3
a) Chứng minh f là ánh xạ tuyến tính.
b) Tìm Ker(f), Im(f).
Giải. b) Ker(f) = {(x1, x2, x3)  R3| x1 + 2x2 – x3 = 0}.
= {(x1, x2, x1 + 2x2) | x1, x2  R} = {x1(1, 0, 1) + x2(0, 1, 2)| x1, x2  R}
= L[(1, 0, 1), (0, 1, 2)].
Im(f )  {b  R|(x1 , x 2 , x 3 )  R 3 : f(x1 , x 2 , x 3 )  b} = {b  R| hÖ f(x1 , x 2 , x 3 )  b cã nghÖm}
Do phương trình x1 + 2x2 – x3 = b luôn có nghiệm với mọi b  R nên Im(f) = R.
Ví dụ 7. Cho f: R3  R3, xác định bởi: f(x1, x2, x3) = (x1 – x2, x1 + x2, x1 – x2 + x3)
a) Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính.
b) Tìm Ker(f), Im(f).
=0 

 x1  x 2



=0 
Giải. b) Ker(f) = (x1 , x 2 , x 3 ) | x1 + x 2

x - x + x = 0 
3
 1 2


1 1 0
Vì 1 1 0  2  0 nên hệ
1 1 1
=0
 x1  x 2

= 0 chỉ có nghiệm tầm thường  = (0, 0, 0)
 x1 + x 2
x - x + x = 0
3
 1 2
 Ker(f) = {}.
Im(f) = (α,β, γ) | (x1 , x 2 , x 3 )  R 3®Ó (x1 -x 2 ,x1 +x 2 ,x1 -x 2 +x3 )=(α,β, γ)
=α


 x1 - x 2



= β cã nghiÖm 
= (α,β, γ) | HÖ x1 + x 2

x - x +x = γ

 1 2 3


=α
 x1 - x 2
1 1 0 
1 1 0 α 



= β có r 1 1 0  r 1 1 0 β   3 , với mọi (α,β, γ)  R 3 .
Hệ x1 + x 2




x - x +x = γ




1
1
1
1
1
1
γ





 1 2 3
Vậy Im(f) = R3.
Ví dụ 8. Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3  R 3 xác định như sau:
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 3
f (x1, x 2 , x3 )  (2x1  x 2  3x3, x1  2x 2  4x3, 4x1  3x 2  5x 3 )
a) Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính.
b) Tìm Ker(f), Im(f).

2x1  x 2  3x 3  0 



Giải. b) Ker(f) = (x1 , x 2 , x 3 ) | x1  2x 2  4x 3 = 0 

4x  3x  5x = 0
2
3
 1


2x1  x 2  3x 3  0
1 2 4

Ta có det(A) = 2 1 3 = 0 nên hệ x1  2x 2  4x 3 = 0 có vô số nghiệm. Vì
4x  3x  5x = 0
4 3 5
2
3
 1
1 2
 5  0 nên hệ đã cho tương đương với hệ
2 1
2x1  x 2  3x 3
. Suy ra

x1  2x 2  4x 3
2

 x1  5 x 3
. Vậy

 x  11 x
 2 5 3
2 11
 2 11

Kef= ( α; α;α) : α  R   L [( ; ;1) ] .
5 5
 5 5


2x1  x 2  3x 3  a 



Im(f )  (a, b,c) | x1  2x 2  4x 3 = b  có nghiệm.

4x  3x  5x = c 
2
3
 1


Đ/A: Im(f )  {(a, b,3a  2b) | a, b  R} ;
Tính chất. Nếu f là một ánh xạ tuyến tính từ không gian vectơ V vào không gian vectơ W
thì:
i) Ker(f) là không gian con của V.
ii) Im(f) là không gian con của W.
iii) Nếu dimV <  thì dimKer(f) + dimIm(f) = dim(V).
c) Hạng của ánh xạ tuyến tính:
Định nghĩa. Hạng của ánh xạ tuyến tính f là số chiều của Im(f), ký hiệu là rank(f).
rank(f) = dim(Im(f)).
Ví dụ.
+) Trong ví dụ 4, dimKer( Θ ) = dimV; dimIm( Θ ) = rank( Θ ) = 0.
+) Trong ví dụ 5, dimKer(I) = 0; dimIm(I) = rank(I) = dimV.
+) Trong ví dụ 6, dimKer(f) = 2; dimIm(f) = rank(f) = 1.
+) Trong ví dụ 7, dimKer(f) = 0; dimIm(f) = = rank(f) = 3.
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 4
+) Trong ví dụ 8, dimKer(f) = 1; dimIm(f) = rank(f) = 2.
5.1.2 Ma trận của ánh xạ tuyến tính
1) Định nghĩa. Cho V là không gian vectơ n chiều có cơ sở {v1, v2, …, vn} và cho W là
không gian vectơ m chiều có cơ sở {w1, w2, …, wm}. Cho một ánh xạ tuyến tính
f: V  W. Giả sử các vectơ f(vj) (j = 1,2 , …, n) có biểu diến tuyến tính qua cơ sở
m
{w1, w2, …, wm} như sau: f (v j )   a ijw i  a1jw1  a 2 jw 2  ...  a mjw m
i 1
Khi đó, ma trận A được xác định như sau: Cột thứ j của A là toạ độ của vectơ f(vj)
đối với cơ sở {w1, w2, …, wm}:
 a11 a12
a
a 22
A   21
 ...
...

a m1 a m2
... a1n 
... a 2n 
... ... 

... a mn 
được gọi là ma trận của ánh xạ f: V  W đối với hai cơ sở {v1, v2, …, vn} trong V và
{w1, w2, …, wm} trong W.
Nếu vectơ x  V có tọa độ đối với cơ sở {v1, v2, …, vn} là (x1, x2, …, xn) và vectơ
y  W có tọa độ đối với cơ sở {w1, w2, …, wm} là (y1, y2, …, ym) mà y = f(x) thì
 y1 
 x1 
y 
 
 2   A x2 
 ... 
 ... 
 
 
 ym 
xn 
Chú ý. Nếu V = W, cơ sở {v1, v2, …, vn} trùng với cơ sở {w1, w2, …, wm} và A là ma trận
của ánh xạ f theo cơ sở {v1, v2, …, vn} và {w1, w2, …, wm} thì A được gọi tắt là ma trận của
f đối với cơ sở {v1, v2, …, vn}.
Định lý. Hạng của ánh xạ tuyến tính f: V  W bằng hạng của ma trận A của nó đối với hai
cơ sở bất kỳ của V và W: ranhk(f) = r(A).
Ví dụ 1. Cho ánh xạ f: R4  R3, xác định bởi:
f(x1,x2, x3, x4) = (5x1 – 2x2 + x3 – x4, x2 + x3, -x1)
a) Tìm ma trận của ánh xạ f đối với cơ sở chính tắc trong hai không gian R4 và R3.
b) Tìm ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R4 và cơ sở của R3 gồm các vectơ:
{u1 = (1, 1, 1), u2 = (0, 1, 1), u3 = (0, 0, 1)}
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 5
c) Tìm dimKerf và dimIm(f).
Giải.
a) Cơ sở chính tắc của R4 là:
(ε)  (ε1  (1,0,0,0),ε 2  (0,1,0,0),ε3  (0,0,1,0),ε 4  (0,0,0,1)}
Cơ sở chính tắc của R3 là:
(e) = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)}
Ta có
f( ε1 ) = f(1, 0, 0, 0) = (5, 0, -1) = 5e1 + 0.e2 – e3
f( ε 2 ) = f(0, 1, 0, 0) = (-2, 1, 0) = -2e1 + 1.e2 + 0.e3
f( ε 3 ) = f(0, 0, 1, 0) = (1, 1, 0) = 1.e1 + 1.e2 + 0.e3
f( ε 4 ) = f(0, 0, 0, 1) = (-1, 0, 0) = -e1 + 0.e2 + 0.e3
Vậy, ma trận của f đối với hai cơ sở chính tắc của hai không gian R4 và R3 là
 5 2 1 1
A =  0 1 1 0  .
 1 0 0 0 
b) Ta có:
f( ε1 ) = f(1, 0, 0, 0) = (5, 0, -1) = 5u1 – 5u2 – u3
f( ε 2 ) = f(0, 1, 0, 0) = (-2, 1, 0) = -2u1 + 3.u2 - u3
f( ε 3 ) = f(0, 0, 1, 0) = (1, 1, 0) = 1.u1 + 0.u2 - u3
f( ε 4 ) = f(0, 0, 0, 1) = (-1, 0, 0) = -u1 + u2 + 0.e3
Vậy, ma trận của f đối với cơ sở chính tắc của R4 và cơ sở {u1, u2, u3} của R3 là:
 5 2 1 1
B =  5 3 0 1 
 1 1 1 0 
c) r(A) = 3 hoặc r(B) = 3  rank(f) = 3  dimIm(f) = 3  dimKer(f) = dim(R4) – dimIm(f)
= 4 – 3 = 1.
Ví dụ 2. Cho ánh xạ tuyến tính f : R 3  R 3 và hệ (u) = {u1, u2, u3} là một cơ sở của R3. Ma
trận của f đối với cơ sở (u) là
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 6
0 0 1
A  0 1 1
1 1 1
Tìm ma trận của f trong cơ sở {u3, u1, u2}.
Giải. Ta có
f(u3) = u1 + u2 + u3 = u3 + u1 + u2
f(u1) = 0.u1 +0. u2 + u3 = u3 +0.u1 + 0.u2
f(u2) = 0.u1 + u2 + u3 = u3 + 0.u1 + u2
Vậy, ma trận của f trong cơ sở {u3, u1, u2} là
1 1 1 
B  1 0 0 
1 0 1 
Ví dụ 3. Cho ánh xạ tuyến tính f: R4  R3 có ma trận đối với cơ sở (u) = {u1, u2, u3, u4} của
R4 và cơ sở (v) = {v1, v2, v3} của R3 là
 2 1 2 0 
A   0 1 2 2 
 1 0 2 1 
Biết rằng toạ độ của x đối với cơ sở (u) là (0, 4, -2, 1). Tìm toạ độ của f(x) đối với cơ
sở (v).
Giải. Ta có: x = 4u2 – 2u3 + u4
 f(x) = f(4u2 – 2u3 + u4) = 4f(u2) – 2f(u3) + f(u4)
= 4(v1 + v2) – 2(-2v1 + 2v2 + 2v3) + (2v2 + v3) = 8v1 + 2v2 – 3v3
Vậy toạ độ của f(x) đối với cơ sở (v) là (8, 2, -3).
2) Ma trận của ánh xạ tuyến tính trong cơ sở mới
Giả sử (u) = {u1, u2, …, un} và (v) = {v1, v2, …, vn} là hai cơ sở của không gian vectơ
n chiều V.
Ma trận chuyển từ cơ sở (u) sang cơ sở (v):
Giả sử
n
v j   a ij u i  a1ju1  a 2 ju 2  ...  a nju n
i 1
Khi đó, ma trận
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 7
 a11
a
21
P
 ...

a n1
... a1j
... a 2 j
... ...
... a nj
... a1n 
... a 2n 
... ... 

... a nn 
được gọi là ma trận chuyển từ cơ sở (u) sang cơ sở (v).
Định lý. Cho ánh xạ tuyến tính f : V  V . Giả sử (u) = {u1, u2, …, un} và (v) =
{v1, v2, …, vn} là hai cơ sở của không gian vectơ V. P là ma ma trận chuyển từ cơ sở (u)
sang cơ sở (v). A và B tương ứng là ma trận của f theo cơ sở (u) và cơ sở (v). Khi đó
B = P-1.A. P
Ví dụ. Ánh xạ tuyến tính f trong cơ sở:
{u1 = (2, 3, 5), u2 = (0, 1, 2), u3 = (1, 0, 0)}
có ma trận
 1 18 15 
A   1 22 20 
 1 25 22 
Tìm ma trận của f trong cơ sở
{v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, -1), v3 = (2, 1, 2)}
Giải. Dễ thấy
v1 = u1 – 2u2 – u3
v2 = 3u1 – 8u2 – 5u3
v3 = 0.u1+ u2 + 2u3
Vậy ma trận chuyển từ cơ sở {u1, u2, u3} sang cơ sở {v1, v2, v3} là
 11 6 3 
 1 3 0
1


-1
P   2 8 1   P =   3
2 1
2
 1 5 2 
 2
2 2 
Ma trận của f trong cơ sở {v1, v2, v3} là
 11 6 3   1 18 15   1 3 0 
1
2 1  1 22 20   2 8 1 
B = P .A.P =   3
2
 2
2 2   1 25 22   1 5 2 
-1
5.2 Giá trị riêng và vectơ riêng
5.2.1 Các khái niệm
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 8
1) Giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận vuông
a) Định nghĩa.
Giả sử A = a ij  nn là ma trận vuông cấp n. Số  được gọi là giá trị riêng của A, nếu tồn

tại vectơ x ≠  sao cho
A.x = x
Vectơ x ≠  đó được gọi là vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng .
Đa thức

a11  λ
a12
a 21
a 22  λ
det(A - E) =
...
...
a n1
an2
...
a1n
...
a 2n
...
...
... a nn  λ
gọi là đa thức đặc trưng của ma trận vuông A .

Phương trình
det(A - E) = 0
gọi là phương trình đặc trưng của ma trận A.

Hai ma trận A, B gọi là đồng dạng, nếu tồn tại ma trận P không suy biến (det(P) ≠ 0)
sao cho: B = P-1AP.

Không gian riêng ứng với giá trị riêng , ký hiệu là S , là không gian nghiệm của hệ
phương trình tuyến tính thuần nhất:
(A - E)x = 
Tức là không gian riêng ứng với giá trị riêng  gồm các vectơ riêng của A và bổ sung thêm
vectơ không.
b) Tính chất: Nếu x là vectơ riêng của ma trận vuông A ứng với giá trị riêng  thì với  là
số khác không tuỳ ý x cũng là vectơ riêng của ma trận vuông A ứng với giá trị riêng .
c) Phương pháp tìm giá trị riêng và vectơ riêng cua ma trận vuông A
Từ A.x = x  (A  λE)x  θ (*). Nếu x là một vectơ riêng của A thì x là nghiệm
không tầm thường của hệ (*). Từ đó suy ra det(A - E) = 0.
Vì vậy để tìm giá trị riêng và vectơ riêng cua ma trận vuông A ta tiến hành theo các
bước sau:
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 9
Bước 1: Giải phương trình đặc trưng:
det(A - E) = 0
(5.1)
nghiệm của (5.1) là giá trị riêng của A.
Bước 2: Giả sử k là một nghiệm của (5.1). Ta giải hệ phương trình thuần nhất:
(A - kE)x = 
(5.2)
các nghiệm không tầm thường của (5.2) là các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng k.
Ví dụ 1. Tìm giá trị riêng, vectơ riêng, và không gian riêng của ma trận A:
1 0 2 
b) A   2 2 2 
 0 0 1
1 4 6
a) A   3 7 7 
 4 8 7 
0 0 1 
c) A  0 1 0 
1 0 0 
Giải.
a) Giải phương trình đặc trưng:
1 λ
4
6
3 7  λ 7  0
4
8
7λ
 -(1+ )2( - 3) = 0
 1 = -1 (bội 2) và 2 = 3 (bội 1)
+) Với 1 = -1, giải hệ (A - 1E)x = , hay
 2x1  4x 2  6x 3  0
 x1  3x 3  2x 2
 2x1  4x 2  6x 3  0



3x1  6x 2 - 7x 3  0  
3x1 - 7x 3  6x 2
3x1  6x 2 - 7x 3  0
 4x  8x  8x = 0
1
2
3

 x1  2x 2

x3  0
Vậy công thức nghiệm của hệ trên là
 x1  2α

x 2  α
x  0
 3
Các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng 1 = -1 là: x =(-2; 1; 0),  ≠ 0.
Không gian riêng S1 ứng với 1 = -1: S1 = {x  R3| x = (-2; 1; 0),   R} =
L[(-2, 1, 0)]; dim S1 = 1.
+) Với 2 = 3, giải hệ (A - 2E)x = , hay
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 10
2x1  4x 2  6x 3  0
 x1  2x 2  3x 3
2x1  4x 2  6x 3  0








3x
10x
7x
0



1
2
3



4x
8x
4x
0



x
2x
x
1
2
3
1
2
3


 4x  8x  4x  0
1
2
3

 x1  x 3

x 2  x3
Vậy công thức nghiệm của hệ trên là
 x1  α

 x 2  α
x  α
 3
Các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng 2 = 3 là: x =(1; -1; 1),  ≠ 0.
Không gian riêng S 2 : S 2 = {x  R3| x = (1; -1; 1),   R} = L[(1, -1, 1)];
dim S 2 = 1.
b) Giải phương trình đặc trưng:
1 λ
0
2
2
2λ
2  0
0
0
1  λ
 (1+ )(1 - )(2 - ) = 0
 1 = -1, 2 = 1, 3 = 2
+) Với 1 = -1, giải hệ (A - 1E)x = , hay
 x3
- 2x 3  0
 x1
2x1
 x1  x 3



2x1  3x 2 - 2x 3  0
x 2  0
2x1  3x 2  2x 3
Vậy, công thức nghiệm của hệ trên là
 x1  α

 x 2  0;α  R.
x  α
 3
Các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng 1 = -1 là: x =(1; 0; 1),  ≠ 0.
Không gian riêng S1 ứng với 1 = -1: S1 = {x  R3| x = (1; 0; 1),   R} =
L[(1, 0, 1)]
+) Với 2 = 1, giải hệ (A - 2E)x = , hay
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 11
 2x 3  0

x3  0

 x 2  2x1






2x
x
2x
0


 1
2
3
x
2x
2x



2
3
1
x3  0




2x
0
3

Vậy công thức nghiệm của hệ trên là
 x1  α

 x 2  2α
x  0
 3
Các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng 2 = 1 là: x =(1; -2; 0),  ≠ 0.
Không gian riêng S 2 : S 2 = {x  R3| x = (1; -2; 0),   R} = L[(1, -2, 0)].
+) Với 3 = 2, giải hệ (A - 3E)x = , hay
-x1

2x1


 2x 3  0
2x1
 2x 3  0  

 3x 3  0
 2x 3  0
 x1  0

 3x 3  0
x3  0
Vậy công thức nghiệm của hệ trên là
 x1  0

x 2  α
x  0
 3
Các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng 3 = 2 là: x =(0; 1; 0),  ≠ 0.
Không gian riêng S3 : S3 = {x  R3| x = (0; 1; 0),   R} = L[(0, 1, 0)]
0λ
0
1
1 λ
0 = -( + 1)( - 1)2 = 0  1 = -1 (bội 1), 2 = 1 (bội 2)
c) det(A - E) = 0
1
0
0λ
+) Với 1 = -1: Giải phương trình (A - 1E)x =   (A + E)x = .
+ x3  0
 x1
x  x3

2x 2
=0   1

x 2  0
x
+x 3  0
 1
Các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng 1 = -1 là: x = (-1; 0; 1);  ≠ 0.
Không gian riêng tương ứng với 1 = -1 là:
S1 ={x R3|x = (-1; 0; 1),  R} = = L[(-1; 0; 1)]; dim S1 = 1.
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 12
+) Với 2 = 1: Giải phương trình (A - 2E)x =   (A – E)x = 
 x
 1
 x1
 x1  t1

 x1 - x3 = 0  x1 = x3   x 2  t 2
- x3 = 0
x  t
 3 1
+ x3  0
Các vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng 1 = 1 là: x = (1; 0; 1) + (0; 1; 0);
2 + 2 ≠ 0.
Không gian riêng tương ứng với 2 = 1 là:
S 2 = L[(1; 0; 1), (0; 1; 0)]; dim S 2 = 2
2) Giá trị riêng và vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính
a) Định nghĩa. Giả sử V là không gian vectơ hữu hạn chiều và ánh xạ tuyến tính f : V  V .
Số  được gọi là giá trị riêng của ánh xạ tuyến tính f, nếu tồn tại vectơ x V, x ≠

 sao cho:
f(x) = x.

Vectơ x đó được gọi là vectơ riêng của f ứng với giá trị riêng .

Tập hợp tất cả các vectơ riêng ứng với giá trị riêng  và bổ sung vectơ V gọi là
không gian riêng ứng với giá trị riêng .
b) Tính chất. Giả sử V là không gian vectơ n chiều và ánh xạ tuyến tính f : V  V . A là ma
trận trong một cơ sở bất kỳ (u) = {u1, u2, …, un} của V. Khi đó:
i) Giá trị riêng của f cũng là giá trị riêng của A và ngược lại.
ii) Vectơ x là vectơ riêng của f ứng với giá trị riêng   toạ độ (x)u của x trong cơ sở (u) là
vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng :
f(x) = x  A.(x)u = (x)u
c) Phương pháp tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính: Dựa vào tính
chất trên, ta thấy việc tìm giá trị riêng và vectơ riêng của f đưa về việc tìm giá trị riêng và
vectơ riêng của ma trận của nó trong một cơ sở nào đó của V. Bởi vậy, ta tiến hành các
bước sau:
Bước 1: Lập ma trận A của f trong một cơ sở nào đó của V.
Bước 2: Tìm giá trị riêng và vectơ riêng của A.
Giá trị riêng, vectơ riêng và không gian riêng của A cũng là của f.
Ví dụ 2. Cho f: R3  R3, xác định bởi
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 13
f(x1, x2, x3) = (x3, x2, x1)
Tìm giá trị riêng, vectơ riêng và không gian riêng ứng với từng giá trị riêng của f.
Giải. Lập ma trận A của f trong cơ sở chính tắc của R3 là
0 0 1 
A  0 1 0 
1 0 0 
Theo phần c) của ví dụ 1 các vectơ rieng của f là: 1 = -1 (bội 1), 2 = 1 (bội 2)
Các vectơ riêng của f ứng với giá trị riêng 1 = -1 là: x = (-1; 0; 1);  ≠ 0.
Không gian riêng tương ứng với 1 = -1 là:
3
S1 ={x R |x = (-1; 0; 1),  R} = = L[(-1; 0; 1)]; dim S1 = 1.
Các vectơ riêng của f ứng với giá trị riêng 2 = 1 là: x = (1; 0; 1) + (0; 1; 0);
2 + 2 ≠ 0.
Không gian riêng tương ứng với 2 = 1 là:
S 2 = L[(1; 0; 1), (0; 1; 0)]; dim S 2 = 2
5.2.2 Chéo hoá một ma trận vuông
a) Các định nghĩa.
 Ma trận vuông A = [aij]nn có dạng
a11 0
0 a
22
A
 ... ...

0
0
... 0 
... 0 
... ... 

... a nn 
được gọi là ma trận đường chéo.
 Ma trận vuông A gọi là chéo hoá được nếu A đồng dạng với một ma trận đường chéo,
tức là tồn tại ma trận khả nghịch T sao cho
T-1.A.T là ma trận đường chéo
Khi đó, ta nói ma trận T làm chéo hoá ma trận A.
b) Điều kiện chéo hoá được của một ma trận
Tính chất 1. Nếu ma trận vuông A đưa được về dạng đường chéo B, thì các phần tử trên
đường chéo chính của B là các giá trị riêng của A.
Tính chất 2. Nếu ma trận vuông A cấp n có n giá trị riêng phân biệt thì A chéo hoá được.
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 14
Tính chất 3. Giả sử ma trận vuông A cấp n có p (p  n) giá trị riêng là λ1 , λ 2 ,..., λ p với bội
tương ứng là m1, m2, …, mp (m1 + m2 + …+mp = n). Ma trận vuông A chéo hoá được khi và
chỉ khi hạng của ma trận (A - kE) = n – mk , với k = 1, 2, …, p.
1 4 6
Ví dụ 3. Cho A =  3 7 7  . Trong câu a) Ví dụ 1, ta đã tìm được các giá trị riêng của


 4 8
7 
1 = -1 (bội 2) và 2 = 3 (bội 1).
2 4 6
Xét r(A - 1E) = hạng  3 6 7  = 2.
 4 8 8 
Vậy, theo định lý 3, A không chéo hoá được.
1 0 2 
Ví dụ 4. Cho A =  2 2 2  . Trong câu b) Ví dụ 1, ta đã tìm được các giá trị riêng của A


 0 0 1
là 1 = -, 2 = 1 và 3 = 2. Vì A là ma trận cấp 3 có 3 giá trị riêng phân biệt, nên A chéo hoá
được.
0 0 1 
Ví dụ 5. Cho A  0 1 0  . Trong câu c) ví dụ 1, ta có 1 = -1 (bội 1) và 2 = 1 (bội 2) là
1 0 0 
các giá trị riêng của A.

1 0 1 
r(A - 1E) = hạng 0 2 0  = 2 = 3 – 1
1 0 1 

 1 0 1 
r(A - 2E) = hạng  0 0 0  = 1 = 3 – 2
 1 0 1
Vậy A chéo hoá được.
c) Thuật toán chéo hoá
Bước 1: Giải phương trình đặc trưng det(A - E) = 0. để tìm các giá trị riêng của A là 1, 2,
…, p bội tương ứng là m1, m2, …, mp.
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 15
Bước 2: Kiểm tra điều kiện chéo hoá. Có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu A có n giá trị riêng phân biệt (tức p = n) thì A chéo hoá được.
Trường hợp 2: Nếu với k (k = 1, 2, …, p): r(A - kE) = n – mk thì A chéo hoá được.
Trường hợp 3: Nếu k sao cho r(A - kE) ≠ n – mk thì A không chéo hoá được.
Nếu ma trận A chéo hoá được thì A đồng dạng với ma trận có dạng sau:
 λ1 0 0 ... 0 
 0 λ 0 ... 0 
2

Trong trường hợp 1: B = 
 ... ... ... ... ... 


 0 0 0 ... λ n 
 λ1
0

0

Trong trường hợp 2: B = 
0

0
0

0
0
0
λ1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
λp
0
0
0
0
0 
0


0

0
λ p 
Để tìm ma trận T không suy biến sao cho B = T-1.A.T, ta tiến hành bước 3 sau:
Bước 3: Ứng với mỗi k (bội mk), giải phương trình (A - kE)x = , tìm được mk vectơ
riêng độc lập tuyến tính
(k)
u1(k) ,u (k)
2 ,...,u mk
Sau đó ta lập hệ:

(1)
(k )
(k )
(k )
(p)
(p)
(p)
(u) = u1(1) ,u (1)
2 ,...,u m1 ,...,u1 ,u 2 ,...,u m k ,...,u1 ,u 2 ,...,u m p

bao gồm các vectơ riêng.
(1)
(k )
(k )
(k )
(p)
(p)
(p)

Lập ma trận T =  u1(1) ,u (1)
2 ,...,u m1 ,...,u1 ,u 2 ,...,u m k ,...,u 1 ,u 2 ,...,u m p  là ma trận mà
có cột thứ j là toạ độ của vectơ thứ j trong (u).
Khi đó: B = T-1.A.T hay A = T.B.T-1.
0 0 1 
Ví dụ 6. Cho ma trận A = 0 1 0  .
1 0 0 
a) Chéo hóa ma trận A.
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 16
b) Giả sử ma trận chéo vừa tìm được là B. Hãy tìm ma trận T để B = T-1.A.T
Giải. Trong ví dụ 5, đã chỉ ra rằng ma trận A chéo hoá được. Ví dụ 2 đưa ra một cơ sở mới
bao gồm các vectơ riêng:
u1 = (-1, 0, 1), u2 = (1, 0, 1), u3 = (0, 1, 0)
Ma trận chuyển từ cơ sở cũ sang cơ sở mới là
 1 1 0 
 1 0 1 
1


T   0 0 1   T 1   1 0 1 
2
 0 2 0 
 1 1 0 
 1 0 0 
Vậy B = T-1.A.T =  0 1 0  .
 0 0 1 
1 0 2 
Ví dụ 7. Cho ma trận A =  2 2 2  .
 0 0 1
a) Chéo hóa ma trận A.
b) Giả sử ma trận chéo vừa tìm được là B. Hãy tìm ma trận T để B = T-1.A.T
Giải. Trong ví dụ 4, ta đã chỉ ra A chéo hoá được. Trong ví dụ 1, phần c) ta đã tìm được một
cơ sở mới bao gồm các vectơ riêng:
u1 = (1, 0, 1), u2 = (1, -2, 0), (0, 1, 0)
Ma trận chuyển từ cơ sở cũ sang cơ sở mới là
1 1 0 
0 0 1 
T  0 2 1   T 1  1 0 1
1 0 0 
 2 1 2 
 1 0 0 
Vậy B = T .A.T =  0 1 0  .
 0 0 2 
-1
Ứng dụng. Nếu ma trận A chéo hoá được, thì ta luôn tìm được ma trận T và ma trận chéo B
như trong phương pháp trên: A = T.B.T-1. Khi đó
A2 = A.A = (T.B.T-1)(T.B.T-1) = T.B2.T-1
A3 = A2.A = (T.B2.T-1).(T.B.T-1) = T.B3.T-1
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 17
………………………………………….
An = An-1.A = (T.Bn-1.T-1)(T.B.T-1) = T.Bn.T-1
Đây là một trong những lợi ích của việc chéo hoá ma trận.
1 0 2 
Ví dụ 8. Cho ma trận A =  2 2 2  . Tìm An.


 0 0 1
Giải. Theo ví dụ 7, ta biểu diễn được: A = T.B.T-1, trong đó
0 0 1 
1 1 0 
 1 0 0 




1
B =  0 1 0  , T  0 2 1  , T  1 0 1
 2 1 2 
1 0 0 
 0 0 2 
Vậy
n
0
1 1 0  (1)



n
1n
A = 0 2 1   0
1 0 0   0
0

1
0

=  2  2n 1 2n

0
0

0   0 0 1  (1) n


0   1 0 1 =  0
2n   2 1 2 (1) n
1 0  0 0 1 

2 2n  1 0 1
0 0   2 1 2 
(1) n  1

2  2n 1  .
(1) n 
5.3 Dạng toàn phương
5.3.1 Các khái niệm
Định nghĩa 1. Dạng toàn phương của n biến x1, x2, …, xn là biểu thức có dạng:
n n
f (x1, x 2 ,..., x n )   a ijxi x j
(5.1)
i 1 j1
trong đó a ij  K;a ij  a ji , i, j  1, n .
Nếu K = R thì (5.1) gọi là dạng toàn phương thực.
Nếu K = C thì (5.1) gọi là dạng toàn phương phức.
Nếu đặt A  [a ij ]nn và X = (x1, x2, …, xn) thì (5.1) có thể viết dưới dạng
f(X) = XAXT .
A gọi là ma trận của dạng toàn phương f. Dễ thấy ma trận A là ma trận đối xứng.
Hạng của ma trận A được gọi là hạng của f, ký hiệu là rank(f).
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 18
Ví dụ. Biểu thức f(x1, x2, x3) = x 12 - 2x1x2 + 4x1x3 + 2x2x3 - x32 là một dạng toàn phương
 1 -1 2 
của 3 biến x1, x2, x3. Ma trận của f là A= -1 0 1  . rank(f) = r(A) = 3.
 2 1 -1
Định nghĩa 2.. Dạng toàn phương chính tắc là dạng toàn phương có dạng:
n
 x
i 1
i
2
i
(5.2)
Ma trận của dạng toàn phương chính tắc là ma trận đường chéo
1 0 ... 0 
0  ... 0 
2


...



0 0 ...  n 
Đặc biệt, nếu i {-1,0,1} thì dạng toàn phương (5.2) gọi là dạng toàn phương chuẩn
tắc:
r
  x ; víi 1  r  n; 
i 1
i
2
i
i
 1 .
Định nghĩa 3. Cho dạng toàn phương (5.1). Phép đổi biến tuyến tính trên dạng toàn phương
là biến đổi có dạng:
x1  p11y1  p12 y 2  ...  p1n yn
x  p y  p y  ...  p y
 2
21 1
22 2
2n n

...................................................
x n  p n1y1  pn2 y2  ...  p nn yn
(5.3)
Phép biến đổi tuyến tính (5.3) gọi là phép biến đổi tuyến tính không suy biến nếu
det(P) ≠ 0, trong đó P  [p ij ]nn .
Định lý 1. Mọi dạng toàn phương đều có thể đưa về dạng chính tắc bằng phép biến đổi
tuyến tính không suy biến.
Định lý 2. Mọi phép biến đổi tuyến tính không suy biến không làm thay đổi hạng của dạng
toàn phương.
Chú ý. Một dạng toàn phương có nhiều phép biến đổi tuyến tính để đưa về các chính tắc
khác nhau, nhưng một dạng toàn phương chỉ có duy nhất một dạng chuẩn tắc.
5.3.2 Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
Thuật toán Lagrange:
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 19
n n
Dạng toàn phương f (x1, x 2 ,..., x n )   a ijxi x j có thể viết dưới dạng
i 1 j1
n
a
f (x1, x 2 ,..., x n ) =
i 1
ii
x i2 + 2

1i  j n
a ij x i x j
1) Xét trường hợp aii  0 và để cho tiện ta có thể giả thiết a11  0:
Bước 1: Nhóm tất cả các số hạng có chứa thừa số x1, sau đó thêm hoặc bớt vào tổng
đó các số hạng có dạng kx 2k (k = 2, n ), ijxixj để được bình phương của một tổng. Khi đó f
được đưa về dạng:
f = 1(b11x1 + b12x2 + … + b1nxn)2 +
n
n

i  2 j 2
a 'ij x i x j
 x1' = b11 x1 + ... + b1n x n
 '
x = x2
Bước 2: Đặt  2
.......................
x ' = x
 n
n
 f = 1x 1'2 +
n
n

i  2 j 2
a 'ij x i' x 'j
Bước 3: Lặp lại các bước 1, 2 đối với
n
n

i  2 j 2
a 'ij x i' x 'j .
Thực hiện sau một số hữu hạn lần như trên, ta đưa được dạng toàn phương về dạng
chính tắc.
Ví dụ 1. Cho dạng toàn phương
f = 9x 12 + 6x 22 + 6x 32 - 6x1x2 – 6x1x3 + 12x2x3
a) Hãy đưa dạng toàn phương f về dạng chính tắc.
b) Xác định phép biến đổi tuyến tính mà f có dạng chính tắc.
Giải.
a) Ta có
f = (9x 12 - 6x1x2 – 6x1x3) + 6x 22 + 6x 32 + 12x2x3
= [(3x1)2 – 2(3x1)x2 – 2(3x1)x3 + x 22 + x 32 + 2x2x3)] + 5x 22 + 5x 32 + 10x2x3
= (3x1 – x2 – x3)2 + 5(x 22 + x 32 + 2x2x3) = (3x1 – x2 – x3)2 + 5(x2 + x3)2
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 20
 x1' = 3x1 - x 2 - x3

Đặt  x '2 = x 2 + x3
. Ta đưa được dạng toàn phương về dạng chính tắc
 '
 x 3 = x3
f = x 1'2 + 5x '22
1 ' 1 '

x1 = 3 x1 + 3 x 2
 x1' = 3x1 - x 2 - x3


b) Từ  x '2 = x 2 + x3
 x 2 = x'2 - x'3
 '

'
 x 3 = x3
 x 3 = x3

Ví dụ 2. Cho dạng toàn phương
f = 2x 12 + 3x 22 + 4x 32 - 2x1x2 + 4x1x3 – 3x2x3
a) Hãy đưa dạng toàn phương f về dạng chính tắc.
b) Xác định phép biến đổi tuyến tính mà f có dạng chính tắc.
Giải.
a) Ta có
f = 2(x 12 - x1x2 + 2x1x3 +
x 22
5
+ x 32 - x2x3) + x 22 + 2x 32 - x2x3
4
2
= 2(x1 -
x2
x2
5
2
19
+ x3)2 + (x2 - x2x3 + 3 ) + x 32
2
25
5
2
10
= 2(x1 -
x
x2
5
19
+ x3)2 + (x2 - 3 )2 + x 32
5
2
2
10
x2
 '
 x1 = x1 - 2 + x 3

x

Đặt  x '2 = x 2 - 3
. Dạng toàn phương f được đưa về dạng chính tắc
5

 x 3' = x 3


f = 2x 1'2 +
5 '2 19 '2
x 2 + x3
2
10
x2
1 '
9 '
 '

'
 x1 = x1 - 2 + x 3
 x1  x1 + 2 x 2 - 10 x 3


x3
1

 '
  x 2 = x'2 + x 3'
b) Từ  x 2 = x 2 5
5


'
'
 x 3 = x3
 x 3 = x3




GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 21
2) Trường hợp aii = 0, i = 1, n : Khi đó trong biểu thức của dạng toàn phương chỉ chứa các
số hạng chéo xixj, để có số hạng bình phương ta đổi biến
 ' xi + x j
 x i =
 x i = x - x
2

 xixj = x i' 2 - x 'j2


'
'
x '  xi - x j
 x j = x i + x j
 j
2
'
i
'
j
Ví dụ 3. Cho dạng toàn phương
f = x1x2 + x2x3 + x3x4
a) Bằng thuật toán Lagrange, hãy đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc
b) Xác định phép biến đổi tuyến tính mà f có dạng chính tắc.
 x1 = x1' - x '2

'
'
 x 2 = x1 + x 2
Giải. a) Đặt 
. Thay vào dạng toàn phương đã cho ta có:
'
x
=
x
 3
3
x = x '
4
 4
f = x 1' 2 - x '22 + x 1' x 3' + x '2 x 3' + x 3' x '4
= (x 1' 2 + x 1' x 3' +
= (x 1' 2 +
= (x
'2
1
x 3' 2
x'2
) - x '22 + x '2 x 3' + x 3' x '4 - 3
4
4
x 3' 2
x'2
) - (x '22 - x '2 x 3' + 3 ) + x 3' x '4
2
4
x 3' 2
x 3' 2
'
+
) - (x 2 ) + x 3' x '4
2
2

x '3
'
 x1 = x1 + 2

x '3

'
Đặt  x 2 = x 2 
.
2
 '
x 3 = x 3 - x 4
 '
x 4 = x 3 + x 4
Khi đó, f được đưa về dạng chính tắc
2
2
2
2
f = x1 - x 2 + x 3 - x 4
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 22

x '3
'
 x1 = x1 + 2

x '3

'
b) Từ hệ  x 2 = x 2 
2
 '
x 3 = x 3 - x 4
 '
x 4 = x 3 + x 4
 '
x3
x4
+
 x1 = x1  x1 = x1 - x 2 - x 3 + x 4
2
2


 '
x3 x 4
 x 2 = x1 + x 2
 x 2 = x2 +
 
2
2
x3 = x 3 - x 4

'

x 3 = x 3 - x 4
x 4 = x 3 + x 4
 '
x 4 = x 3 + x 4
5.3.3 Luật quán tính, phân loại dạng toàn phương
Định lý 1 (Luật quán tính). Nếu một dạng toàn phương được đưa về các dạng chính tắc
khác nhau thì số các hệ số dương và số các hệ số âm trong các dạng chính tắc đó đều như
nhau (chỉ khác nhau cách sắp xếp).
Định nghĩa. Cho dạng toàn phương thực f (X)  XAX T
i) f được gọi là xác định dương nếu f (X)  0 , với mọi X  R n và X   .
ii) f được gọi là xác định âm nếu f (X)  0 , với mọi X  R n và X   .
ii) f được gọi là nửa xác định dương nếu f (X)  0 , với mọi X  Rn và tồn tại X   sao cho
f (X)  0 .
iv) f được gọi là nửa xác định âm nếu f (X)  0 , với mọi X Rn và tồn tại X   sao cho
f (X)  0 .
v) f được gọi là không xác định trong các trường hợp còn lại, tức là f vừa nhận giá trị âm
vừa nhận giá trị dương.
Ví dụ.
f  x12  2x22  x 32 là xác định dương
f  x12  2x22  x 32 là xác định âm
f  (x1  x 2 )2 là nửa xác định dương
f  (x1  x 2  x 3 )2 là nửa xác định âm
f  x12  x 22 là không xác định
n n
Định lý 2. Một dạng toàn phương thực n biến số f (x1, x 2 ,..., x n )   a ijxi x j xác định
i 1 j1
dương (tương ứng, xác định âm) khi và chỉ khi tất cả n hệ số trong dạng chính tắc của nó là
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 23
n
các số dương, tức là f đưa được về dạng f   i yi2 , trong đó i  0, i  1, n (tương ứng,
i 1
tất cả n hệ số trong dạng chính tắc của nó là các số âm, tức là f đưa được về dạng
n
f   i yi2 , trong đó i  0, i  1, n ).
i 1
n n
Định lý 3 (Tiêu chuẩn Sylvester). Dạng toàn phương thực f (x1, x 2 ,..., x n )   a ijxi x j xác
i 1 j1
định dương khi và chỉ khi các định thức con cấp i (i = 1, n ) gồm i dòng, i cột góc trên bên
trái của ma trận A đều dương, tức là
a11 a12 ... a1i
i =
a 21 a 22 ... a 2i
...
a i1 a i2 ... a ii
 0 , i = 1, n
Các  i được gọi là các định thức con chính của ma trận A.
n n
f (x1, x 2 ,..., x n )   a ijxi x j xác định âm khi và chỉ khi
i 1 j1
1 < 0, 2 > 0, …, (-1)nn > 0.
Ví dụ. Dùng tiêu chuẩn Sylvester, hãy phân loại dạng toàn phương sau
a) f = x 12 + 2x 22 + 4x 32 + 2x1x2 – 2x2x3
b) f = -x 12 - x 22 - 27x 32 + 2x1x3 + 10x2x3
Giải.
1 1 0 


a) Ma trận của f là A = 1 2 -1


0 -1 4 
1 = 1 > 0, 2 =
1 1
= 1 > 0, 3 = det(A) = 3 > 0.
1 2
Vậy f là dạng toàn phương xác định dương.
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 24
1
 1 0
-1 5 
b) Ma trận của f là A = 0


1
5 -27
1 = -1 < 0, 2 =
1 0
= 1 > 0, 3 = det(A) = -1 < 0.
0 -1
Vậy f là dạng toàn phương xác định âm.
GV: Nguyễn Dương Nguyễn, BM Toán, Khoa Cơ bản, FTU
Page 25