Dạng toàn phương

1. Khái niệm dạng toàn phương:

1.1 Định nghĩa: Dạng toàn phương n biến \mathop x_1,x_2,...,x_n là một hàm bậc hai dạng:

f(x) =f(x_1,x_2,...,x_3) = a_{11}x_1^2+a_{22}x_2^2+ ... + a_{nn}x_n^2 + 2a_{12}x_1x_2 + \\ 2a_{13}x_1x_3 + ... + 2a_{n-1,n}x_{n-1}x_n (1)

với các hệ số \mathop a_{ik} là các số thực và các biến x_i là các biến thực.

Nếu ta ký hiệu:

x = \left[ \begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ { \vdots} \\ x_n \\ \end{array} \right] , A = \left[ \begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & { \ldots} & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & { \ldots} & a_{2n} \\ { \ldots} & { \ldots} & { \ldots} & { \ldots} \\ a_{n1} & a_{n2} & { \ldots} & a_{nn} \\ \end{array} \right] , a_{ik} = a{ki} , chú ý A là ma trận đối xứng.

Khi đó, ta có thể viết dạng toàn phương ở dạng ma trận sau: f(x) = x^TAx (2) (các bạn có thể kiểm tra bằng cách nhân trực tiếp)

Ma trận A được gọi là ma trận của dạng toàn phương. Vậy ma trận của dạng toàn phương có dạng ma trận đối xứng.

Ví dụ 1: Cho hàm bậc hai \mathop f(x) = x_1^2 + 2x_2^2 - 6x_1x_2 . Rõ ràng,  f(x) là dạng toàn phương. Ma trận A có dạng: A = \left[ \begin{array}{rr} 1 & -3 \\ -3 & 2 \\ \end{array} \right]

Ví dụ 2: Cho hàm bậc hai \mathop g(x) = 2x_1^2 - 3x_2^2 - x_1x_2 + 8x_1x_3 . Rõ ràng,  g(x) là dạng toàn phương 3 biến. Ma trận A ccủa dạng toàn phương có dạng: A = \left[ \begin{array}{rrr} 2 & -{ \dfrac{1}{2}} & 4 \\ -{ \dfrac{1}{2}} & -3 & 0 \\ 4 & 0 & 0 \\ \end{array} \right]

1.2 Dạng toàn phương chính tắc:

Một dạng toàn phương chính tắc là dạng toàn phương mà trong biểu thức xác định không chứa các tích \mathop x_ix_j mà chỉ chứa các số hạng bình phương x_i^2

Nghĩa là: ma trận của dạng toàn phương là 1 ma trận chéo.

Ví dụ: f(x) = x_1^2 + 2x_2^2 + 3x_3^2 là 1 dạng toàn phương chính tắc.

2. Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc:

2.1 Phương pháp ma trận trực giao:

Từ định nghĩa của dạng toàn phương chính tắc, ta thấy nếu chuyển ma trận của dạng toàn phương về dạng ma trận chéo thì có nghĩa là ta sẽ chuyển được dạng toàn phương về dạng toàn phương chính tắc.

Mặt khác, A là ma trận đối xứng nên ta có A luôn có n giá trị riêng thực, và các VTR ứng với các giá trị riêng khác nhau đều trực giao với nhau. Khi đó, nếu P là ma trận trực giao chéo hóa ma trận A và D là dạng chéo của A thì ta có: P^*AP = D (trong đó P^* = P^T = P^{-1} ). Vậy có thể chuyển A về dạng chéo , nghĩa là chuyển dạng toàn phương về dạng chính tắc

Định lý:

Cho dạng toàn phương \mathop f(x) =x^TAx , với A là ma trận vuông đối xứng cấp n với các giá trị riêng {\lambda}_1,{\lambda}_2 ,..., {\lambda}_n và P là ma trận trực giao làm chéo hóa A: P^T.A.P = D

Khi đó, bằng cách đổi biến x = Py ta đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc sau:

f(x) = x^TAx = \sum\limits_{i,j=1}^n a_{ij}x_ix_j = {\lambda}_1y_1^2+{\lambda}_2y_2^2+... +{\lambda}_ny_n^2

Chứng minh:

Thật vậy ta đặt : x = Py \Rightarrow y = P^{-1}x = P^Tx

Ta có: f(x) = x^TAx = (P.y)^TAPy = y^T.P^T.A.P.y = y^T.D.y

Rõ ràng y^T.D.y = {\lambda}_1y_1^2+{\lambda}_2y_2^2+... +{\lambda}_ny_n^2

Vậy ta chỉ cần chéo hóa trực giao ma trận A của dạng toàn phương và thực hiện phép đổi biến, ta sẽ đưa về dạng toàn phương chính tắc.

Ví dụ: Cho dạng toàn phương \mathop 2xy + 2xz + 2yz

Ma trận của dạng toàn phương là: A = \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ \end{array} \right]

Giải phương trình đặc trưng của ma trận A, ta có ma trận A có 2 giá trị riêng {\lambda}_1 = -1 , {\lambda}_2 = 2 , {\lambda}_1 là nghiệm kép.

Với {\lambda}_1 = -1 Vectơ riêng ứng với GTR là nghiệm cũa hệ phương trình: (A -{\lambda}_1.I_3)X = 0

Hay ta có hệ phương trình: \left\{\begin{array}{c} x+y+z=0 \\ x+y+z = 0 \\ x+y+z = 0 \\ \end{array} \right.

Từ  đó : VTR có dạng: u = (-a-b,a,b) , a^2+b^2 \ne 0 và ta có 2 VTR độc lập tuyến tính là: u_1 = (1, -1,0) , u_2 = (1,0,-1)

Trực chuẩn hóa Gram – Schmidt hệ này ta được hệ trực chuẩn:

c_1 = \left[\begin{array}{r} { \dfrac{1}{\sqrt{2}}} \\ -{ \dfrac{1}{\sqrt{2}}} \\ 0 \\ \end{array} \right] , c_2 = \left[\begin{array}{r} { \dfrac{1}{\sqrt{6}}} \\ { \dfrac{1}{\sqrt{6}}} \\ { \dfrac{2}{\sqrt{6}}} \\ \end{array} \right]

Với {\lambda}_1 = 2 Vectơ riêng ứng với GTR là nghiệm cũa hệ phương trình: (A -2.I_3)X = 0

Hay ta có hệ phương trình: \left\{\begin{array}{c} -2x+y+z=0 \\ x-2y+z = 0 \\ x+y-2z = 0 \\ \end{array} \right.

Giải hệ này ta được VTR có dạng: u = (a,a,a) , a \ne 0 và ta có 1 VTR độc lập tuyến tính là: u_3 = (1, 1,1) . Rõ ràng, u_3 \perp u_1, u_2

Chuẩn hóa vectơ u_3 ta có: c_3 = \left[\begin{array}{r} { \dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ { \dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ { \dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ \end{array} \right]

Vậy dạng toàn phương chính tắc là: -x_1^2 - x_2^2 + 2x_3^2

Và ma trận P có dạng: P = \left[ \begin{array}{ccc} { \dfrac{1}{\sqrt{2}}} & { \dfrac{1}{\sqrt{6}}} & { \dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ -{ \dfrac{1}{\sqrt{2}}} & { \dfrac{1}{\sqrt{6}}} & { \dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ 0 & { \dfrac{2}{\sqrt{6}}} & { \dfrac{1}{\sqrt{3}}} \\ \end{array} \right]

Và công thức đổi biến là: \left[\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{array} \right] = P^T . { \left[\begin{array}{c} x \\ y \\ z \\ \end{array} \right]}

Hay: \left\{\begin{array}{l} x_1 = { \dfrac{1}{\sqrt{2}}} (x - y) \\ x_2 = { \dfrac{1}{\sqrt{6}}} (x+y+2z) \\ x_3 = { \dfrac{1}{\sqrt{3}}} (x+y+z) \\ \end{array} \right.

Nhận xét: phương pháp trực giao hóa đòi hỏi phải tìm các giá trị riêng. Đây là việc khá khó khăn đối với phương trình bậc cao không có nghiệm đặc biệt. Do vậy, phương pháp này thường chỉ áp dụng cho dạng toàn phương 2 biến, 3 biến hoặc 4 biến. Tuy nhiên, phương pháp này sẽ đặc biệt hữu dụng khi chúng ta nghiên cứu các đường và mặt bậc 2 trong không gian 3 chiều (sẽ đề cập chi tiết ở phần sau)

2.2 Phương pháp Larrange:

Nội dung phương pháp: là dùng các phép biến đổi không suy biến đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc.

Ý tưởng: sử dụng phép biến đổi sơ cấp để làm xuất hiện bình phương dần đối với từng biến để giảm dần số biến.

Với ý tưởng trên thì phương pháp này dễ thực hiện hơn nhờ không phải giải phương trình đặc trưng.

1. Nội dung phương pháp:

Cho dạng toàn phương f(x) = \sum\limits_{i,j=1}^n a_{ij}x_ix_j

Bước 1: Biến đổi để đưa f(x) về dạng :

f(x) = b_1y_1^2 + f_1(x) (2.2.1)

với b_1 \in R (b_1 \ne 0 nếu biến x_1 không vắng mặt trong biểu thức tọa độ của f(x) (tức f(x) không chứa các số hạng liên quan đến x1) , f_1(x) là biểu thức chỉ chứa x_2, ... , x_n

Bước 2: Biến đổi để đưa f_1(x) về dạng :

f(x) = b_1y_2^2 + f_2(x) (2.2.2)

với b_2 \in R (b_1 \ne 0 nếu biến x_2 không vắng mặt trong biểu thức tọa độ của f(x) (tức f(x) không chứa các số hạng liên quan đến x2) , f_2(x) là biểu thức chỉ chứa x_3, ... , x_n

Cứ tiếp tục như thế, nhiều nhất sau n bước, f sẽ có dạng tổng các bình phương, tức là f sẽ có dạng chính tắc.

Như vậy, các bước hoàn toàn tương tự nhau nên ta chỉ cần làm rõ bước 1 đưa f(x) về dạng (2.2.1):

Trường hợp 1: a_{11}, a_{22},...,a_{nn} không đồng thời triệt tiêu.

Giả sử a_{11} \ne 0 . Nếu a11 = 0 thì ta có thể chọn aii khác.

Khi đó f(x) = a_{11}x_1^2 + 2{ \sum\limits_{j=2}^n a_{1j}x_1x_j} + { \sum\limits_{i=2}^n a_{ii}x_i^2}+ { \sum\limits_{2 \le i \le j \le 2} a_{ij}x_ix_j}

= a_{11}+{ \left[ x_1^2+2x_1{ \left({ \dfrac{a_{12}}{a_{11}}}x_2+ ...+{ \dfrac{a_{1n}}{a_{11}}}x_n \right)}+{ \left( { \dfrac{a_{12}}{a_{11}}}x_2 + ... + { \dfrac{a_{1n}}{a_{11}}}x_n \right)}^2 \right] }

- { \left( { \dfrac{a_{12}}{a_{11}}}x_2 + ... + { \dfrac{a_{1n}}{a_{11}}}x_n \right)}^2 + { \sum\limits_{i=2}^n a_{ii}x_i^2}+ { \sum\limits_{2 \le i \le j \le 2} a_{ij}x_ix_j}

Trường hợp 2: a_{11}, a_{22}, ... , a_{nn} = 0

Giả sử a_{12} \ne 0 . Khi đó thực hiện phép đổi biến: \left\{ \begin{array}{l} x_1 = y_1+y_2 \\ x_2 = y_1 - y_2 \\ x_3 = y_3 \\ ... \\ x_n = y_n \\ \end{array} \right.

Ta đưa dạng toàn phương về trường hợp 1. Và áp dụng thuật toán trong trường hợp 1. Khi đó, ta sẽ đưa dạng toàn phương f(x) về dạng f(x) về dạng : f(x) = b_1y_1^2 + f_1(x) . Hoàn thành bước 1.

Làm hoàn toàn tương tự cho bước 2 đến bước n.

Ví dụ 1: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc:

Q(x) = -x_2^2 -8x_3^2 + 2x_1x_2 + 4x_1x_3

Do khuyết x_1^2 nên ta nhóm các số hạng liên quan đến x_2 . Ta có:
q(x) = - (x_2^2-2x_1x_2+x_1^2) + x_1^2 - 8x_3^2 + 4x_1x_3

Tiếp tục ta có: Q(x) = -(x_2 -x_1)^2 - (x_1^2 - 4x_1x_3 +4x_3^2) - 4x_3^2

Vậy ta được: Q(x) = -(x_2-x_1)^2 - (x_1-2x_3)^2-4x_3^2

Đặt y_1 = x_2 - x_1 ; y_2 = x_1 - 2x_3 ; y_3 = x_3 ta có:

Q(x) = -y_1^2 - y_2^2 - 4y_3^2

Ví dụ 2: Bằng phương pháp Larrange, Đưa dạng toàn phương sau về dạng chính tắc: Q(x) = 2x_1x_2+4x_1x_3-2x_2x_3

Do các hệ số bình phương đều bằng 0 nên ta thực hiện phép đổi biến như trường hợp 2. Ta đặt: x_1 = y_1+y_2 ; x_2 = y_1 - y_2 ; x_3 = y_3

Khi đó: Q(x) = 2y_1^2 - 2y_2^2 + 2y_1y_3 + 6y_2y_3

= 2 \left( y_1^2 + y_1y_3 + { \dfrac{1}{4}}y_3^2 \right) - 2y_2^2 + 6y_2y_3 - { \dfrac{1}{2}}y_3^2

= 2 { \left( y_1 + { \dfrac{1}{2}}y_3 \right) }^2 - 2{ \left( y_2 - { \dfrac{3}{2}}y_3 \right) }^2 + 4y_3^2

Tiếp tục thực hiện phép đổi biến ta sẽ đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc là:

2z_1^2 -2z_2^2+4z_3^2

9 phản hồi (+add yours?)

  1. hồng
    Tháng 11 30, 2010 @ 21:57:26

    sao trong bài viết này lại không có phần dạng toàn phương suy biến, không suy biến?

  2. chuongdanguit
    Tháng 2 19, 2011 @ 23:38:05

    Hình như VD1 ở phần chính tắc hóa bằng pp Lagrange có vấn đề? Chỗ x1 suy cho cùng là thành -2(x1)2 chứ không phải lại khuyết (x1)2 nữa thì phải?

  3. TS
    Tháng 2 28, 2011 @ 16:07:26

    Ai đó vào giải thích phần chỉ số quán tính đi

  4. hd
    Tháng 7 10, 2011 @ 10:37:54

    hix hix

  5. nhi
    Tháng 12 07, 2011 @ 11:42:52

    ở ví dụ một có thể trình bày cho mình rỏ hơn khi đưa vtr về dạng trực chuẩn dc hok zị?

  6. le hang
    Tháng 1 02, 2012 @ 16:02:05

    em co rang nen lam mot vi du cu the hon nua vi trong nay noi ly thuyet rat nhieu lam sinh vien kho hieu

  7. ngochango
    Tháng 2 28, 2012 @ 08:17:09

    hoi kho hieu thi phai

  8. hoa
    Tháng 5 09, 2013 @ 18:29:01

    ở vd1 bị sai rồi..

  9. bay
    Tháng 8 31, 2013 @ 08:02:14

    vd1 sai chỗ là x1 chứ không phải là -x1 đâu

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s

Theo dõi

Get every new post delivered to your Inbox.

%d bloggers like this: