1 семестр / Линейная Алгебра / mod4
.pdfОтсюда 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 |
|
1 |
|
||
S = |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
6 |
|
3 |
||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
− |
1 |
|
1 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
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 |
= |
2 / 6 1/ 3 |
x2′ |
. |
||||
x |
|
|
|
|
|
|
x′ |
|
|
1/ 2 |
−1/ 6 |
1/ 3 |
|
||||
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 |
|
|
||
|
|
|||
|
|
3 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
||
x1′ = |
|
|
|
(−x1 |
+ x3 ), |
||
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|||
|
|
1 |
|
|
|
||
x2′ = |
|
|
|
(−x1 +2x2 − x3 ), |
|||
6 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|||
|
|
1 |
|
|
|
||
x3′ |
= |
|
( 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 |
|
1 |
|
|
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 |
|
|
|
|
|
|
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 |
|
|
|
|
b2 |
|
b2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
b − |
1 |
− |
2 |
= c, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
λ |
|
λ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
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 |
|
, |
которую преобразование неизвестных по формулам
|
|
2 |
x′ |
|
1 |
y′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
x = |
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
5 |
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
= |
x |
′ |
+ |
|
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
y |
5 |
|
5 |
y , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(9) |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
приводит к сумме квадратов |
|
′ ′ |
= 6x |
′2 |
+ y |
′2 |
|
|
|||||||||||||||
f (x , 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 |
||||||
|
|
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 |
||||
Это уравнение эллипса с полуосями |
a =3,b = 3 |
6 и |
|||||
центром в точке O′′(−1,−7) |
|
|
|
|
|
|
y" |
y' |
y |
|
|
x' |
||
|
|
|
|
|
|
|
ϕ = arctg1/2 |
|
|
O(O') |
x |
x"
O"
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 |
0 |
, |
2 |
4 |
10 |
6 |
25 |
|
, |
2 |
6 |
8 |
1 |
0 |
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 |
4 |
4 |
6 |
24 |
18 |
|||
, , |
4 |
|
4 |
4 |
8 |
28 |
2 |
16 |
45 0 |