Tài liệu về Dạng toán phương trình - Đại số tuyến tính | Đại học Bách Khoa, Đại học Đà Nẵng

Tài liệu về Dạng toán phương trình - Đại số tuyến tính | Đại học Bách Khoa, Đại học Đà Nẵng giúp sinh viên tham khảo, ôn luyện và phục vụ nhu cầu học tập của mình cụ thể là có định hướng, ôn tập, nắm vững kiến thức môn học và làm bài tốt trong những bài kiểm tra, bài tiểu luận, bài tập kết thúc học phần, từ đó học tập tốt và có kết quả cao cũng như có thể vận dụng tốt những kiến thức mình đã học

Thông tin:
11 trang 7 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Tài liệu về Dạng toán phương trình - Đại số tuyến tính | Đại học Bách Khoa, Đại học Đà Nẵng

Tài liệu về Dạng toán phương trình - Đại số tuyến tính | Đại học Bách Khoa, Đại học Đà Nẵng giúp sinh viên tham khảo, ôn luyện và phục vụ nhu cầu học tập của mình cụ thể là có định hướng, ôn tập, nắm vững kiến thức môn học và làm bài tốt trong những bài kiểm tra, bài tiểu luận, bài tập kết thúc học phần, từ đó học tập tốt và có kết quả cao cũng như có thể vận dụng tốt những kiến thức mình đã học

72 36 lượt tải Tải xuống
DẠNG TOÀN PHƢƠNG TRÊN
I.Định nghĩa:
Ví d 1: Cho dạng toàn phƣơng trên có bi u th i v chính c tọa độ đố ới cơ sở
tc ca
là:
2 2 2
1 1 2 1 3 2 1 2 2 3 3 1 3 2 3
2 2 2
1 2 3 1 2 1 3 2 3
( ) 2 3 3 5 7 7 6
= 2 5 6 6 2 14 .
2 3 1
3 5 7
1 7 6
( ) ( ) ...
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
A
r r A
A là ma trn c a d ạng toàn phƣơng
i v chính tđố ới cơ sở c ca
và A là
mt ma trận đối xng. Hng ca
chính là h ng c a ma tr n A.
II. Đƣa dạng toàn phƣơng về dng chính t c:
III.
Phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về d ng chính
tc:
Ví d u th c t i v 2: Đưa dạng toàn phương có biể ọa độ đố ới cơ
s R
chính t c (e) c a
3
như sau về dng chính tc và ch ra cơ
s
ca R ng v
3
tương ứ i d ng chính t ắc đó.
2 2 2
1 2 3 1 2 1 3 2 3
2 2 2
1 1 2 1 3 2 3 2 3
2 2
2 2 2
1 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
1 2 3
( )= 2 5 6 6 2 14
= (2 6 2 ) 5 6 14
3 1 3 1 3 1
= 2 2 2 5 6 14
2 2 2 2 2 2
3 1
= 2
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
2
2 2 2 2
2 2 3 3 2 3 2 3
2
2 2
1 2 3 2 3 2 3
2
2 2 2 2
1 2 3 2 2 3 3 3 3
2
1 2 3
9 3 1
2 5 6 14
4 2 4
3 1 1 13
= 2 17
2 2 2 2
3 1 1 1 13
= 2 2 (17 ) (17 ) (17 )
2 2 2 2 2
3 1 1
= 2
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
2
2
2 3 3
1 2 3 1 1 1 2 3 3
2 3 2 2 2 3
3 3 3 3
1 1 2 3
1
2 2 3 2
3
3 3
17 151 .
2
Doi bien (Doi toa do):
3 1 3 1
17
2 2 2 2
17 17
3 3
26 1 26
2 2
17 0 1 17
0 0 1
x x x
x x x y x y y y y
x x y x y y
x y x y
x y y y
x
x y y x
xx y
1
2
3
2 2 2
1 2 3
(1)
Ta co dang chinh tac cua dang toan phuong tren la:
1
( ) 2 151 (*)
2
y
y
y
x y y y
G
i (f) ={f
1
, f
2
, f
3
} là cơ sở c a R ng v ng chính t c (*).
3
tương ứ i d
Khi đó ta có x/(e) = (x
1
, x , x ) và x/(f) = (y , y
2 3 1 2
, y
3
) mà x/(e) và x/(f)
li có liên h theo h c (1). Nên theo công i t th thức đổ ọa độ
[x]/(e)=P.[x]/(f), ta có ma tr n chuy ển cơ sở t (e) sang (f) là:
3
1 26
2
0 1 17
0 0 1
P
.
Mà (e) là cơ sở
chính t c c a R nên ta có:
3
(f) = {f =(1,0,0); f = (3/2,1,0); f = (-26,-17,1)}.
1 2 3
* u (e) = {e
Lưu ý: Nế
1
, e
2
, e } là m
3
ột cơ sở nào đó củ a R thì t
3
ma
trận P như trên ta có (f) = {f
1
=e
1
; f =3/2e ; f
2 1
+e
2 3
= -26e -17e
1 2
+e
3
}.
Ví d 2 ’: Đƣa dạng toàn phƣơng có biểu th c t i v ọa độ đố ới cơ
s chính t c (e) c ủa R3 nhƣ sau về dng chính tc và ch ra cơ
s của R3 tƣơng ứng vi dng chính t ắc đó:
2 2 2
1 2 3 1 2 1 3 2 3
2 2 2
1 1 2 1 3 2 3 2 3
2 2 2 2 2
1 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
2
2
1 2 3 3 2 3
2
2 2 2
1 2 3 3 2 3 2 2
2
2
1 2 3 2
( )= 4 8 4 2 10
( 4 2 ) 4 8 10
2 (2 ) (2 ) (2 ) 4 8 10
2 7 14
2 7 2 7
2 7
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 x
x x x x
2
2 3
1 2 3 1 1 1 2 3
1 1
2 2 2 2 2 2
3 32 3 3 3 3 2
2 2 2
1 2 3
7( )
Doi bien (Doi toa do):
2 3 1 3 1
0 1 0 (1)
0 1 1
Ta co dang chinh tac cua la:
( ) 7 7
x x
x x x y x y y y
x y
x y x y x y
x y
x x y x y y
x y y y
(*)
G
i (f) ={f
1
, f
2
, f
3
} là cơ sở c a R ng v ng chính t c (*).
3
tương ứ i d
Khi đó ta có x/(e) = (x
1
, x , x ) và x/(f) = (y , y
2 3 1 2
, y
3
) mà x/(e) và x/(f)
li có liên h theo h c (1). Nên theo công th th ức đổi t ọa độ
[x]/(e)=P.[x]/(f), ta có ma tr n chuy ển cơ sở t (e) sang (f) là:
1 3 1
0 1 0
0 1 1
P
.
Mà (e) là cơ sở
chính t c c a R nên ta có:
3
(f) = {f =(1,0,0); f = (-3,1,-1); f = (1,0,1)}.
1 2 3
* N u (e) = {e , e } là m
ế
1 2
, e
3
ột cơ sở nào đó của R thì t ma tr n P
3
như trên ta có (f) = {f
1
=e
1
; f =-3e
2 1
+e +e
2
-e
3
; f = e
3 1 3
}.
Ví d u th c t i v 3: Đưa dạng toàn phương có biể ọa độ đố ới cơ
s
chính t c c a R d ng chính t c và ch
3
như sau về ra cơ sở
c
a R ng v i d ng chính t
3
tương ứ ắc đó.
1 2 1 3 2 3
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
2
1 1 3 3
( ) 6 2 14
Doi bien de tao ra so hang chua binh phuong:
(1)
( ) 6 2 14
= 6 6 16 12
4 4
= 6 2
3 3
x x x x x x x
x y y
x y y
x y
x y y y y y y y y y y
y y y y y y
y y y y
2 2
2
3 2 2 3
2
2 2
1 3 2 3 2 3
2
2 2 2 2
1 3 2 2 3 3 3 3
2
2
2
1 3 2 3 3
4
6 6 12
3
4 32
= 6 6 12
3 3
4 32
= 6 6 2 6
3 3
4 14
= 6 6
3 3
Doi bien de co dan
y y y y
y y y y y y
y y y y y y y y
y y y y y
1 3 1
2 3 2
3 3
2 2 2
1 2 3
g chinh tac (Doi toa do):
4
3
(2)
14
( ) 6 6 .(*)
3
y y z
y y z
y z
x z z z
G
i (f) ={f
1
, f
2
, f
3
} là cơ sở c a R ng v ng chính t c (*).
3
tương ứ i d
Khi đó ta có x/(e) = (x
1
, x , x ) và x/(f) = (z , z , z ) mà x/(e) và x/(f)
2 3 1 2 3
li có liên h theo 2 h c (1),(2): th
1 3 1
2 3 2
3 3
4
3
(2)
y y z
y y z
y z
T (1) và (2) ta có:
1 1 3 2 3 1 2 3
1 1
2 1 3 2 3 1 2 3 2 2
3 3
3 3
4 7 7
( ) 1 1
3 3 3
4 1 1
1 1 (3)
3 3 3
0 0 1
x z z z z z z z
x z
x z z z z z z z x z
x z
x z
Nên theo công thức đổ ọa đội t [x]/(e)=P.[x]/(f), t (3) ta có ma tr n
chuyển cơ sở t (e) sang (f) là:
7
1 1
3
1
1 1
3
0 0 1
P
.
Mà (e) là cơ sở
chính t c c a R nên ta có:
3
(f) = 1,1,0); f = (-1,1,0); f = (-7/3,-1/3,1)}. {f
1
=(
2 3
Bài t p v nhà: Đưa dạng toàn phương ọa độcó biu thc t đối
v
ới cơ sở như chính tc (e) ca R
3
sau v dng chính tc và ch
ra cơ sở tương ứ ắc đó.
ca R
3
ng vi dng chính t
2 2 2
1 2 3 1 2 1 3 2 3
2 2 2
1 2 3 1 2 1 3 2 3
1 2 1 3 2 3
1 2 1 3 2 3
) ( ) 4 6 2 8 6 12 .
) ( ) 7 6 15 6 12 .
) ( ) 8 6 12 .
) ( ) 10 8 6 .
a x x x x x x x x x x
b x x x x x x x x x x
c x x x x x x x
d x x x x x x x
Lut quán tính: S các s h ng mang d u c ng (kí hi u là
p) và s các s h ng mang d u tr (kí hi u là q) trong bi u
th c chính tc c a m t dạng toàn phương cho trước là bt
biến, không ph thuc vào phép bi dến đổi đã sử ụng để đưa
dạng toàn phương về dng chính t c, và ta luôn có
p+q=r(A) (Hng ca d ạng toàn phương đó).
p, q được gi là các ch s quán tính ca dng toàn
phương.
| 1/11

Preview text:

DẠNG TOÀN PHƢƠNG TRÊN I.Định nghĩa:
Ví d 1: Cho dạng toàn phƣơng trên
có biu thc tọa độ đối với cơ sở chính
tc ca là: 2 2 2 (  )
x  2 x 3 x x x x 3 x x 5 x 7 x x x x 7 x x 6 x 1 1 2 1 3 2 1 2 2 3 3 1 3 2 3 2 2 2
= 2x  5x  6x  6x x  2x x 14x x . 1 2 3 1 2 1 3 2 3  2 3 1    A  3  5 7    1 7 6     r()  r( ) A ...
A là ma trn ca dạng toàn phƣơng  đối với cơ sở chính tc ca và A là
mt ma trận đối xng. Hng ca chính là hng ca ma trn A.
II. Đƣa dạng toàn phƣơng về dng chính tc:
Phương pháp Lagrange đưa dạng toàn phương về ạ III. d ng chính tắc: ụ ứ ọa độ ới cơ
Ví d 2: Đưa dạng toàn phương có biểu th c t đối v
sở chính tắc (e) của R3 như sau về dạng chính tắc và chỉ ra cơ
sở của R3 tương ứng với dạng chính tắc đó. 2 2 2
(x)= 2x 5x 6x  6x x  2x x 14x x 1 2 3 1 2 1 3 2 3 2 2 2
= (2 x 6 x x  2 x x ) 5x 6 x 14 x x 1 1 2 1 3 2 3 2 3 2 2  3 1 3 1       3 1  2 2 2
= 2  x 2 x x x x x      2 x x
5 x 6 x 14 x x 1 1 2 3 2 3  2 3  2 3 2 3   2 2   2 2     2 2     2 3 1   9 3 1  = 2 x x    x 2 2 2 2   2 x  
x x x   5x  6x 14x x 1 2 3  2 2 2 2 3 3 2 3 2 3   4 2 4  2  3 1  1 13 2 2 = 2 x x xx x 1  7 x x  1 2 3  2 3 2 3  2 2  2 2 2  3 1  1
= 2 x x x     2 2
x 2x (17x ) (17 x )  1 2 13 2  (17x )  x 1 2 3 2 2 3 3 3 3  2 2  2 2 2 2  3 1  1 2
= 2 x x x  2 
x 17x 151x . 2 3 1 2 3   2 2  3 2 Doi bien (Doi toa do):  3 1  3 1 x x x y x y y 17y y  1 2 3 1  1 1  2 3  3 2 2 2 2  
x  17x y
 x y 17y 2 3 2 2 2 3   x y x y 3 3 3 3      3  3  x y y  26y 1 2  6 1 1 2 3      2 xy  1 2      1   
x y 17 yx  0 1 17 y (1) 2 2 3 2     2   x yx  0  0 1   y  3 3  3    3     
Ta co dang chinh tac cua dang toan phuong tren la: 1 2 2 2
(x)  2y y 151y (*) 1 2 3 2 Gọi (f) ={f } là cơ sở ủ 3 tương ứ ớ ắ 1, f2, f3 c a R ng v i dạng chính t c (*).
Khi đó ta có x/(e) = (x1, x2, x3) và x/(f) = (y1, y2, y3) mà x/(e) và x/(f)
lại có liên hệ theo hệ thức (1). Nên theo công thức đổi tọa độ
[x]/(e)=P.[x]/(f), ta có ma trận chuyển cơ sở từ (e) sang (f) là:  3  1 2  6   2   P  0 1 1  7   . 0  0 1     
Mà (e) là cơ sở chính tắc của R3 nên ta có:
(f) = {f1=(1,0,0); f2 = (3/2,1,0); f3 = (-26,-17,1)}. * Lưu ý: Nếu (e) = {e ột cơ sở nào đó củ 3 ừ 1, e2, e3} là m a R thì t ma
trận P như trên ta có (f) = {f1=e1; f2 =3/2e1+e2; f3 = -26e1-17e2+e3} .
Ví d 2
: Đƣa dạng toàn phƣơng có biểu thc tọa độ đối với cơ
s chính tc (e) của R3 nhƣ sau về dng chính tc và ch ra cơ
s của R3 tƣơng ứng vi dng chính tắc đó: 2 2 2
(x)= x  4x  8x  4x x  2x x 10x x 1 2 3 1 2 1 3 2 3 2 2 2
 ( x  4 x x  2 x x )  4 x  8 x 10 x x 1 1 2 1 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2
 x  2x (2x x ) (2x x )   (2x x )  4x  8x  10x x  1 1 2 3 2 3  2 3 2 3 2 3
 x  2x x 2 2  7x  14x x 1 2 3 3 2 3
 x  2x x 2  7 2 2
x  2x x x  2  7x 1 2 3 3 2 3 2 2
 x  2x x 2 2  7x 2  7(x x ) 1 2 3 2 2 3 Doi bien (Doi toa do):
x  2x x y
x y  3y y
x   1 3 1  y  1 2 3 1 1 1 2 3 1 1         x   yx   yx  0 1 0 y (1) 2 2 2 2 2 2        
x x y
x y yx   0 1  1  y   2 3 3  3 3 2  3     3 
Ta co dang chinh tac cua  la: 2 2 2
(x)  y 7 y 7 y (*) 1 2 3 Gọi (f) ={f } là cơ sở ủ 3 tương ứ ớ ắ 1, f2, f3 c a R ng v i dạng chính t c (*).
Khi đó ta có x/(e) = (x1, x2, x3) và x/(f) = (y1, y2, y3) mà x/(e) và x/(f)
lại có liên hệ theo hệ thức (1). Nên theo công thức đổi tọa độ
[x]/(e)=P.[x]/(f), ta có ma trận chuyển cơ sở từ (e) sang (f) là: 1  3  1    P  0 1 0   . 0  1  1   
Mà (e) là cơ sở chính tắc của R3 nên ta có:
(f) = {f1=(1,0,0); f2 = (-3,1,-1); f3 = (1,0,1)}. * Nếu (e) = {e ột cơ sở 3 ừ ậ 1, e2, e3} là m
nào đó của R thì t ma tr n P
như trên ta có (f) = {f1=e1; f2 =-3e1+e2-e3; f3 = e1+e3}.
Ví dụ 3: Đưa dạng toàn phương có biểu thức tọa độ đối với cơ
sở chính tắc của R3 như sau về dạng chính tắc và chỉ ra cơ sở của R3 ng v tương ứ
ới dạng chính tắc đó.
(x)  6x x  2x x 14x x 1 2 1 3 2 3
Doi bien de tao ra so hang chua binh phuong:
x y y 1 1 2 
x y y (1) 2 1 2  x y  3 3
(x)  6  y y y y
 2 y y y 14 y y y 1 2   1 2   1 2 3  1 2 3 2 2
= 6y  6y 16 y y 12 y y 1 2 1 3 2 3   2 2 4   4    4  2 = 6 y 2 y yy 2     6 y 6y 12y y 1 1  3  3    3  3 3 2 2 3     3   2  4  32 2 2 = 6 y y 6y y 1    2y y 1 3 2 3 2 3  3  3 2  4  32 2 2 2 2 = 6 y y   
6 y  2y y y   6y y 1 3 2 2 3 3 3 3    3  3 2  4  = 6 y y 6  
y y 2 14 2  y 1 3 2 3 3  3  3
Doi bien de co dang chinh tac (Doi toa do):  4 y y z  1 3 1 3 
y y z (2) 2 3 2  y z 3 3   14 2 2 2
(x)  6z 6z z .(*) 1 2 3 3 Gọi (f) ={f } là cơ sở ủ 3 tương ứ ớ ắ 1, f2, f3 c a R ng v i dạng chính t c (*).
Khi đó ta có x/(e) = (x1, x2, x3) và x/(f) = (z1, z2, z3) mà x/(e) và x/(f)
lại có liên hệ theo 2 hệ thức (1),(2):  4    y y z
x y y  1 3 1 1 1 2 3  
x y y (1) và  y y z (2) 2 1 2 2 3 2  x y   y z 3 3 3 3   Từ (1) và (2) ta có:  4 7  7 x z
z  ( z z )  z z z 1 1    1 1 3 2 3 1 2 3   3 3 3  x     z  1 1  4 1   1   
x z z z z z z z x  1 1  z (3) 2 1 3 2 3 1 2 3 2 2 3 3    3     x      z  3  3  x z 0 0 1   3 3     
Nên theo công thức đổi tọa độ [x]/(e)=P.[x]/(f), từ (3) ta có ma trận
chuyển cơ sở từ (e) sang (f) là:  7  1 1     3   1   P  1 1   . 3    0 0 1    
Mà (e) là cơ sở chính tắc của R3 nên ta có: (f) = {f1= 1,
( 1,0); f2 = (-1,1,0); f3 = (-7/3,-1/3,1)}.
Bài tập về nhà: Đưa dạng toàn phương có biểu thức tọa độ đối
với cơ sở chính tắc (e) của R3 như sau về dạng chính tắc và chỉ
ra cơ sở của R3 tương ứng với dạng chính tắc đó. 2 2 2
a ) (x )  4x  6x  2x  8x x  6x x 12x x . 1 2 3 1 2 1 3 2 3 2 2 2
b ) (x )  x  7x  6x  15x x  6x x  12x x . 1 2 3 1 2 1 3 2 3
c) (x)  8x x 6x x 1  2x x . 1 2 1 3 2 3
d )(x)  10x x  8x x  6x x . 1 2 1 3 2 3  Luật quán tính: S c
ố ác số hạng mang dấu c ng (kí ộ hiệu là p) và s c ố ác s h
ố ạng mang dấu trừ (kí hiệu là q) trong biểu
thức chính tắc của một dạng toàn phương cho trước là bất
biến, không phụ thuộc vào phép biến đổi đã sử dụng để đưa
dạng toàn phương về dạng chính tắc, và ta luôn có
p+q=r(A) (Hạng của dạng toàn phương đó).
p, q được gọi là các chỉ số quán tính của dạng toàn phương.