Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский университет «МИЭТ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

mod4

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

301 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 22

Отсюда получаем: (λ −4)2 (λ −1) = 0. Корни характеристического уравнения: λ1,2 = 4,

λ3 =1.

Для λ = 4 система уравнений, из которой находятся собственные векторы, выглядит так:

−x − x			− x	= 0,
	1	2	3
−x1 − x2 − x3 = 0,
−x		− x	− x	= 0.
	1	2	3
Её	фундаментальная система решений: u1 = (−1, 0,1), u2 = (−1,1, 0). Эти векторы не

ортогональны друг другу, поэтому применим к ним процесс ортогонализации. Положим

v1	=u1, v2	=u2 +μv1 и подберём μ так, чтобы было выполнено условие v2														v1. Имеем:
v	v = 0,	т.е. (u	2	+μv )v = 0,	μ = −	u2v1	= −	1	. Следовательно, v	2	= u	2	−	1	v =	1	(−1, 2, −1).
						v2		2								2
2	1			1 1										2 1
					1

Запишем теперь систему уравнений для λ =1:

2x1 − x2 − x3 = 0,−x1 +2x2 − x3 = 0,−x1 − x2 +2x3 = 0.

Её ф.с.р. состоит из одного вектора: u3 = (1,1,1). Этот вектор ортогонален векторам v1 и v2 .

Пронормируем векторы v1, v2 , u3 , разделив каждый вектор на его длину. Получим ортонормированный базис из собственных векторов: e1′ = 12 (−1, 0,1), e2′ = 16 (−1, 2, −1),

e3′ = 13 (1,1,1).

Матрица перехода от исходного базиса e1 = (1, 0, 0), e2 = (0,1, 0), e3 = (0, 0,1) к

новому базису e1′, e2′, e3′ равна:

	−	1	−	1	1

		2		6	3
		2		6	3
				2	1
S =		0				.
S =		0		6	3	.
		1		6	3
		1	−	1	1

		2		6	3
		2		6	3

В новых координатах квадратичная форма будет иметь вид f = 4x1′2 +4x2′2 + x3′2 . Старые координаты выражаются через новые следующим образом:

x		−1/ 2	−1/ 6	1/ 3	x′
1		0			1
x2	=	0	2 / 6 1/ 3		x2′	.
x					x′
x		1/ 2	−1/ 6	1/ 3	x′
3		1/ 2	−1/ 6	1/ 3	3

Обратные формулы:

x′		−1/	2	0
1		−1/ 6		2 / 6
x2′	=
x′
		1/	3	1/ 3
3

т.е.

1/ 2 −1/ 6 1/ 3

x
	1	,
	x	,
	2
x
x
	3

		1
x1′ =			(−x1	+ x3 ),
x1′ =		2	(−x1	+ x3 ),
		2
		1
x2′ =			(−x1 +2x2 − x3 ),
x2′ =		6	(−x1 +2x2 − x3 ),
		6
		1
x3′	=	1	( x1 +	x2 + x3 ).
x3′	=	3	( x1 +	x2 + x3 ).
		3

Применение теории квадратичных форм к кривым и поверхностям второго порядка

Пусть на плоскости задана декартова система координат (декартов базис i , j и

точка О – начало координат). Рассмотрим общее уравнение второго порядка:

a	x2 +2a	xy +a	22	y2 +2a x +2a	2	y +a =0 .	(5)
11	12		22	1	2

Обозначим через f (x, y) сумму старших слагаемых:

f(x, y) = a11 x2 + 2a12 xy + a22 y2

ирассмотрим квадратичную форму f (x1, x2 ) = a11 x12 + 2a12 x1x2 + a22 x22 . Её матрица

a	a	симметрическая.
Q = 11	12	симметрическая.

a21	a22

В общем случае преобразование поворота осей координат

x = x′cosϕ − y′sinϕ

′

cosϕ,

(6)

y = x

sinϕ + y

приведёт линию (5) к виду

λ1 x′2 +λ2 y′2 +2b1 x′+2b2 y′+b = 0 .

(7)

Обозначим ϕ(λ) =

a11 −λ

a12

, ϕ(0) =

a11

a12

=δ .

a21

a22 − λ

a21

a22

b −

−

= c,

δ > 0

λ1

и c разных знаков

кривая эллиптического типа

λ1

и c одного знака

c = 0

δ < 0

c ≠ 0

кривая гиперболического типа

c = 0

λ2

и c одного знака

δ = 0

кривая

b1 = 0

λ2

и c разных знаков

параболического

типа

c = 0

b1 ≠ 0

эллипс

мнимый эллипс точка гипербола

пара пересекающихся прямых

пара мнимых параллельных прямых пара параллельных прямых

пара совпадающих прямых парабола

Пример: Определить вид и расположение кривой второго порядка

f (x, y) = 5x2 + 4xy + 2 y2 + 2 5x +8 5y +1 = 0 .

(8)

Решение. Слагаемые второго порядка в (8) составляют квадратичную форму

~	(x, y) =5x	2	+4xy +2 y	2
f	(x, y) =5x		+4xy +2 y	,

которую преобразование неизвестных по формулам

		2	x′			1	y′
x =					−
x =		5			−	5
		5				5
		1				2
	=	1	x	′	+	2		′
				′				′
y		5				5	y ,
		5				5														(9)
																				(9)
приводит к сумме квадратов													′ ′	= 6x		′2	+ y		′2
приводит к сумме квадратов												f (x , y )		= 6x			+ y
Тогда уравнение кривой (8) преобразованием (9) приведётся к виду
	2		2					2		1				1				2
6x′		+ y′		+2 5					x′−		y′		+8 5		x′+					y′ +1	= 0
6x′		+ y′		+2 5				5	x′−	5	y′		+8 5	5	x′+			5		y′ +1	= 0
								5		5				5				5			.
																					.
Здесь λ1			= 6 , λ2					=1 и, следовательно, δ = 6 > 0 , – кривая эллиптического типа.

Как при рассмотрении выше случая 1, соберём слагаемые, содержащие неизвестное x′ и

дополним их до полного квадрата, аналогично поступим со слагаемыми, содержащими y′:

6(x′2 +2x′+1)−6 +(y′2 +14y′+49)−49 +1 = 0 , или

6(x′+1)2 +(y′+7)2 = 54.

	x′′ = x′+1			x′′2		y′′2

					+ 54		=1 .
Полагаем	y′′ = y′+ 7	и получим	9		+ 54		=1 .
Это уравнение эллипса с полуосями			a =3,b = 3				6 и
центром в точке O′′(−1,−7)

y"	y'	y
y"	y'		x'
			x'
			ϕ = arctg1/2
		O(O')	x

Рис. 14.1

Задания:

Задание 2.1. Определить, является ли положительно определённой квадратичная форма

f (x1 , x2 , x3 )= x12 −2x22 + x32 +2x1 x2 +4x1 x3 +2x2 x3 .

Задание 2.2. Методом Лагранжа привести форму к каноническому виду:

3 2

Задание 2.3. Найти ортогональное преобразование, приводящее квадратичную форму к каноническому виду

4 4 4

Задание 2.4. Записать каноническое уравнение кривой второго порядка, определить тип и найти каноническую систему координат

,	3	4	4	8	0
,	2	4	10	6	25
,	2	4	6	8	1

Задание 2.4. Записать каноническое уравнение поверхности второго порядка, определить тип и найти каноническую систему координат

, ,	11	4		2	16	20	5	6	12	6 0
, ,	,	,		5	2	4	2	1	0	30 0
, ,	7	6	4	5	4	4	6	24	18	30 0
, ,	4		4	4	4	8	28	2	16	45 0

<<< < Предыдущая 12 / 22

Соседние файлы в папке Линейная Алгебра

#
05.06.201574 б59fibb.m
#
05.06.201540 Кб60Kucherenko_01.docx
#
05.06.2015749 Кб62lab_matrix.pdf
#
05.06.2015633 Кб61lab_systems.pdf
#
05.06.2015137 Кб60mod4_first.pdf
#
05.06.2015301 Кб61mod4.pdf
#
05.06.201531 Кб59Modul4_Kolganov (1).docx
#
05.06.2015125 Кб61MP_18_iz1.pdf
#
05.06.2015130 Кб60MP_18_IZ2.pdf
#
05.06.201578 Кб59MP_18_IZ2.txt
#
05.06.2015151 б58print_hello.m