Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет сервиса и экономики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Исследование уравнения второй степени

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2016

Размер:

877.52 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

																																			11
Пример 2.							2x2 6x 5y 8 0.
Выделение полного квадрата:
2x		2	6x 2 x						2	3x								2		2		3	x	9			9			3 2		9	.
2x			6x 2 x							3x					2 x					2		2	x	4				2 x				2	.
																						2		4			4			2		2
Подстановка, приведение подобных членов и приведение уравнения к стандартной форме:
2					3	2		9	5y 8.
2	x								5y 8.
					2			2
					3	2	5y				7									7
2	x				2		5y				2		5 y									.
					2						2									10
				3	2			5				7
x									y					‒ парабола.
				2				2			10
Каноническое уравнение имеет вид y2 2 px ,																											p 0 , а в полученном уравнении слева
буква x , справа буква y и коэффициент перед скобкой равен																															5	. Переобозначая коор-
																															2
динаты и одновременно меняя направление оси абсцисс, получаем формулы перехода к
канонической системе координат и обратно:
																			7		y					7	,		x y			3
										x					y						y				10		,		x y			2
																			10						10							2
																3																		7
																3																		7
										y x						2	.											y x					10		.
																2																	10
																											0	1
Проверка ориентации: матрица перехода Q 1																												0 , det Q 1.
Каноническое уравнение y																	2			5					5
Каноническое уравнение y																				2 x ,			p		4 .
Рисунок
																				1		y
																				1
																															x
													2				1			O			1				2	3		4	5
																									O
																				1										y
																				1
																										F
																				2
																				3
																				4
																				5
																										x

0.3. Главные направления.

Симметричная матрица обладает ортонормированной системой из собственных векторов u и v , отвечающих действительным собственным числам и . Так как при умноже-

нии на 1 длина вектора не меняется, то два ортонормированных вектора порождают 8 (восемь!) ортонормированных базисов:

{u,v}, {u, v}, {u,v}, {u, v}, {v,u}, {v, u}, {v,u}, {v, u}.

Из них 4 базиса имеют правую ориентацию, а другие 4 ‒ левую. Базис имеет правую ориентацию, если поворот первого вектора ко второму через наименьший угол происходит

против хода часовой стрелки. Если u i j , v i j , то базис {u,v} имеет

правую ориентацию, если определитель					0 .
правую ориентацию, если определитель					0 .

Соответственно на плоскости возникает восемь прямоугольных систем координат:

y	x	x	x	y	x	y	y	x	y	y
	x	x	x	x		y	y		y	y
	y			y				x		x

Упражнение 5. Какие системы координат правые, а какие левые?

Две системы координат с одинаковой ориентацией можно совместить поворотом. Для того, чтобы совместить системы с разной ориентацией, нужно применить (зеркальное) от-

ражение от одной из координатных осей, полагая, например, e e				, e	e . Матрица
такого отражения имеет вид 1	0 , ее определитель равен	1	1	2	2
такого отражения имеет вид 1	0 , ее определитель равен	1.
0	1

Вопрос. От какой оси происходит отражение при такой замене базиса?

Ортогональные матрицы.

Переход от одного ортонормированного базиса к другому осуществляется с помощью ор-

тогональной матрицы C , удовлетворяющей свойству C 1 CT (обратная матрица совпадает с транспонированной, это и есть определение ортогональной матрицы). Столбцы и строки ортогональной матрицы образуют ортонормированную систему, а ее определитель равен 1 или 1. Действительно, det CT det C , а det(C CT ) det C det CT .

Поэтому det(C CT ) (det C)2 . С другой стороны, CT C 1 , тогда C CT E и

(det C)2 1. Если определитель равен 1, то матрица определяет поворот системы ко-

ординат на некоторый угол, если он равен 1, то матрица определяет поворот с отражением.

В двумерном случае ортогональные матрицы устроены достаточно просто. Пусть

a (a1,a2 ) вектор единичной длины, (a1)2 (a2 )2 1. Переставляя местами компонен-

ты вектора и меняя знак одной из них, получим ортогональные к a векторы b (a2 , a1)

и c (a2 , a1) , также единичной длины. Пара векторов {a,b} имеет правую ориента-

цию, а пара {a,c} ‒ левую.

Вопрос. Как проверить последнее утверждение?


Все ортогональные матрицы размера 2 2	имеют вид	или	при
условии, что 2 2 1.

Любой вектор единичной длины можно представить в виде a (cos,sin) , где

0 00 3600 2 . Векторы ( sin ,cos ) и (sin, cos ) имеют единичную

длину и ортогональны к вектору a (cos,sin) .
Матрица	cos	sin	и матрица	cos	sin	определяют на
	sin	cos		sin	cos

плоскости преобразование поворота на угол , соответственно в положительном и в отрицательном направлении (против хода и по ходу часовой стрелки). Обратите внимание,

что	1	T .

Матрица		cossin		sincos , равная произведению матриц поворота и отражения
cos	sin		1	0 , определяет на плоскости поворот с отражением.
sin	cos		0	1

Вопрос. Какая еще матрица определяет поворот с отражением?

В частности, любая ортогональная матрица размера 2 2 может быть записана в виде

cos	sin	cos	sin
sin	cos	или sin	cos .

Упражнение 6. Пусть 600 . На какой угол повернут вектор 600 j относительно вектора j (0;1) ?

Преобразование коэффициентов квадратного уравнение при замене базиса.

Выберем произвольный новый базис (и новую систему координат) e1 i					j ,
	2
e		i	j . Матрица C	является матрицей перехода от новых координат к

старым (от старого базиса к новому). Старые координаты x1, x2

x , x формулами

1 2

	x x		x	,
	1	1	2
x x x .
	2	1	2

Удобно записать эти формулы в векторно-матричной форме

x C x ,

выражаются через новые

(16)

(17)

x1			x
			1
подразумевая, что x x	, а	x x		‒ старые и новые координаты одного и того же
2			2

вектора (старые и новые координаты одной и той же точки).

Для перехода к новым координатам в уравнении (1) нужно выполнить подстановки

x x x			, x	x x		, а затем привести подобные члены. В векторно-
1	1	2	2	1	2

матричной форме подстановка приводит к уравнению QC x ,C x 2 q,C x q0 0 .

Правило переброски w,Cz CT w, z позволяет перенести матрицу C со второго

множителя в скалярном произведении на первый. После этой операции уравнение (2) принимает вид:

CT QC x , x 2 CT q, x q0 0.

Это уравнение можно записать следующим образом:

	Q x , x		2		q , x		0
	Q x , x		2		q , x		q 0,	(18)

где

Q CT QC,

q CT q, ‒		(19)
q	q
0	0

формулы, по которым вычисляются новые коэффициенты уравнения при переходе к новым координатам. В развернутом виде это уравнение (18) имеет вид:

q	(x )2	2q	x x		q	(x )2	2q x 2q x				q	0 .
11	1	12	1	2	22	2	1	1	2	2	0

Заметим, что оно осталось квадратным, и что свободный член не изменился.

Вопрос. Пусть матрица Q симметричная, а матрица C ‒ ортогональная. Будет ли новая матрица Q CT QC симметричной?

Упражнение 7. Выпишите формулы, выражающие новые (штрихованные) коэффициенты


уравнения через исходные коэффициенты и элементы матрицы C	(потребуется

перемножить три матрицы и умножить матрицу на вектор). Последняя формула из этого списка уже написана.

q q .

0 0

А теперь возьмем в качестве базисных векторов ортонормированные собственные векторы u i j и v i j матрицы Q . В предположении, что базис {u,v} имеет правую ориентацию, будут выполняться равенства и . Матрица перехода к новому базису (от новых координат к старым) при этом предположении будет иметь

		,	2		2	cos	sin	для некоторого угла .
вид C		,				1, или вид sin	cos	для некоторого угла .

Вопрос. Как будет выглядеть матрица перехода к новому базису в предположении, что базис {u,v} имеет левую ориентацию?

В базисе из собственных векторов матрица Q принимает диагональный вид, причем на диагонали стоят собственные числа матрицы. Конкретно это означает, что в новом ба-

зисе {e1 u, e 2 v} новые коэффициенты q	, q	, q	q	0 . В новой си-
11	22	12	21

стеме координат исходное уравнение (1) преобразуется к виду, не содержащему произведения неизвестных:

(x )2	(x )2	2q x 2q x				q	0 .		(20).
1	2	1	1	2	2	0
Здесь , ‒ собственные числа матрицы Q , а коэффициенты q , q									вычисляются (в
							1	2

предположении, что новый базис имеет правую ориентацию) с помощью формулы

	q	C	T q1
	1
q			q
	2		2

q1	q1	q2			и q	q .	(21)
q	q		q		0	0
2	1			2

Вопрос. Совпадают ли формулы для новых коэффициентов q и q		с формулами из
1	2

упражнения 7 при условии, что и ?

Вопрос. Может ли для собственных чисел и симметричной матрицы, у которой q11 q22 и q12 0 , выполняться равенство ? Чтобы не гадать, напишите характе-

ристическое уравнение для собственных чисел и попробуйте его решить. Отрицательный ответ означает, что квадратное уравнение, в котором q11 q22 и q12 0 , не может быть уравнением окружности.

Координатные оси, соответствующие собственным векторам матрицы квадратичной фор-

мы, называют главными осями или главными направлениями. Здесь возникает парал-

лель с главными осями эллипса (большой и малой), гиперболы (действительной и мнимой) и осью симметрии параболы. Переход к новым координатам называют приведением к главным осям или главным направлениям. После приведения к главным осям в квадратном уравнении исчезает произведение неизвестных, остаются только "чистые" квадраты, первые степени и свободный член. Применительно к квадратичным формам го-

ворят о приведении квадратичной формы к сумме квадратов.

С помощью преобразования поворота координатных осей любое квадратное уравнение приводится к виду, не содержащему произведения неизвестных. А с помощью преобразования сдвига системы координат в итоге (в невырожденном случае) получается одно из канонических уравнений, так называемых, конических сечений ‒ окружности, эллипса, гиперболы и параболы. Тем самым получена исчерпывающая классификация геометрических образов уравнения второй степени.

Казалось бы естественным найти классификацию геометрических образов уравнений третьей и более высоких степеней. Но уже уравнение третьей степени Ax3 Bx2 y Cxy2 Dy3 Ex2 Fxy Gy2 Hx Ky L 0 не поддается разумной классификации.

Для завершения осталось найти связь между исходными и каноническими координатами.

Имеем исходную систему координат {O, x , x } и повернутую систему {O O, x , x				}.
1	2	1	2

Формулы (16) связывают исходные координаты (без штрихов) с координатами в поверну-

той системе координат (с одним штрихом). Последняя система координат {O , x , x } по-

1 2

лучается при сдвиге повернутой системы. Будем для простоты считать координаты с двумя штрихами каноническими. Формулы (7), в которых надо заменить x1 , x2 , x1O и x2O

на	x ,	x	,	x	и	x	, связывают координаты с одним штрихом с координатами в сдви-
	1	2		1O		2O

нутой системе координат (с двумя штрихами). Подставляя (7) в (16), получаем формулы перехода от канонических координат к исходным:

x (x x

) (x

) x

(22)

x (x x

) (x x

) x x x

В векторно-матричной форме преобразования (22) выглядят значительно приятнее:

Здесь C

									17
	x		x		x
	1		1		1O
x		C x		C x		.			(23)
	2		2		2O
‒ матрица поворота (ортогональная матрица!), а x							,	x	‒ коорди-
						1O		2O

наты начала O	канонической системы координат в повернутой системе координат. Под-
ставляя в (23) x x 0		(координаты точки O в канонической системе координат), по-
1	2
лучаем исходные координаты точки O :
		x	x	x	x
		1O	1O	1O	2O
		x	C x	x	x	.	(24)
		2O	2O	1O	2O

Здесь x1O и x2O ‒ координаты начала канонической системы координат относительно исходной системы. Перепишем (23) с учетом (24):

	x		x		x
	1		1		1O
x		C x		x
	2		2		2O

. (25)

В координатной форме формулы перехода от канонических координат к исходным принимают вид:

	x x x			x	,
	1	1	2	1O
x x x x .						(26)
	2	1	2	2O

	1		T			(считаем, что матрица C ортогональная),
Умножая (25) слева на C		C				(считаем, что матрица C ортогональная),

получим формулы перехода от исходных координат к каноническим:

	1				1				1O
	x	C	1		x	C	1		x
	x	C		x		C			x	,			(27)
	2				2				2O
или, в координатной форме
	x x x x								x			,
	1	1			2	1O			2O				(28)
x x x x								x			.		(28)
x x x x								x			.
	2	1			2	1O			2O

Замечание. Достаточно запомнить только последние формулы (26) и (28), или, что еще проще ‒ формулу (25) и следующую из нее формулу (27).

		cos	sin	является матрицей
Ортогональная матрица перехода C		sin	cos	является матрицей

поворота системы координат на некоторый положительный угол . Угол поворота мож-

cos ,

но найти, решив систему уравнений .

sin

Упражнение 8 (этот вопрос может быть на экзамене!). Проверьте, что симметричная мат-

q	q		q22	и q12	0	, имеет собственные векторы u	1
рица Q 11	12	, у которой q11	q22	и q12	0	, имеет собственные векторы u	1
q21	q22						1

и v 11 . Чему равны собственные числа такой матрицы? На какой угол поворачивает-

ся исходная система координат при переходе к базису из этих собственных векторов?

Существует другая методика (только для двух неизвестных) построения матрицы C , в которой сначала определяется угол поворота (точнее, tg или cos2 ), а затем элементы матрицы cos и

sin . Перейдем к новой системе координат, повернув исходную систему на угол . В новых коор-

динатах коэффициент q	при x x		определяется формулой
12	1	2

	2q	2q	(cos2 sin2 ) 2(q	q )sin cos .
	12	12	11	22
Полагая q	0 , получаем тригонометрическое уравнение для			.
12

Упражнение 9. Какой вид имеет тригонометрическое уравнение для в случае, когда q11 q22 и q12 0 ? Найдите его решения на промежутке [0,2 ) и соответствующие этим решениям матрицы поворота.

0.4. Комментарии к домашнему заданию.

Кривые второго порядка. Группа	Фамилия	Вариант *.
x2 4xy 2y2 5x 6y 4 0

Найти

1. каноническую систему координат O x y , написать формулы перехода от новых координат к старым и наоборот:

x	x
	,
y	y

2. Угол поворота канонической системы координат (в градусах) 3. Каноническое уравнение кривой, название:

4. Выписать характеристики кривой (полуоси, фокусное расстояние, эксцентриситет, для параболы ‒ фокальный параметр):

, b

, c

, p

5. Канонические координаты вершин и фокусов, уравнения директрис, для гиперболы еще уравнения асимптот:

Центр кривой O

;

, для параболы ‒ вершина

;

A1 ;

;

, B1 ;

; ,

;

F2 ;

Директрисы

d1 :

, d2 :

Асимптоты (для гиперболы) y

6. Координаты вершин и фокусов, уравнения директрис, асимптот в старых координатах

Центр кривой O		;	, для параболы ‒ вершина			O	;
A1 ;	, A2	;	, B1 ;	, B2 ;	,	F1	;	,	F2 ;
Директрисы: d1 : y						, d2 : y
Асимптоты (для гиперболы) q1 : y							, q2 : y

7. Нарисовать обе системы координат и кривую (на обороте или отдельном листе).

Пример 1 (со всеми вычислениями).

Рассмотрим уравнение x2 4xy 2y2 5x 6y 4 0 .

Задание 1. Цель первого шага – найти такую систему координат, в которой исчезает произведение неизвестных. Если в исходном уравнении нет произведения неизвестных, то первый шаг пропускается. В первом задании все вычисления делаются точно (без округлений).

Сравнивая с общим уравнением Ax2 2Bxy Cy2 2Dx 2Ey F 0 , получаем, что

A 1; 2B 4 B 2; C 2; 2D 5; 2E 6; F 4. Матрица квадратичной формы

A	B	1	2
Q B	C	2	2 , ее определитель равен 6 0, следовательно, уравнение имеет

гиперболический тип.

Найдем собственные векторы этой матрицы.

Характеристическое уравнение	1			2				2 6 0 , собственные числа
Характеристическое уравнение	1			2				2 6 0 , собственные числа
	2		2
матрицы 2 и 3.
Характеристическая система ( 1 )u									2v						0,
	2u						(2 )v								0.
	u				2v					0,
Пусть 2. Получаем систему 2u					4v					0.	u 2v.
Берем v 1, получаем u 2 , собственный вектор g												2		, его длина
												2						g	5 , нор-
												1						g	5 , нор-
												1
			g				1
			g				1
мированный собственный вектор g0									2			2			5	.
мированный собственный вектор g0									2							.
			g				5		1			1			5
	4u				2v					0,
Пусть 3. Получаем систему 2u						v				0.	v 2u.
Берем u 1, получаем v 2 , собственный вектор h 12 , его длина
																	h		5 , норми-
		h		1
		h		1
рованный собственный вектор h 0								1		1		5	.
								2
										2		5
		h		5						2		5

Построение нового базиса. Рекомендуется в качестве первого базисного вектора брать собственный вектор с положительными координатами (такой вектор всегда найдется, так как при умножении на 1 вектор остается собственным). Следуя этой рекомендации, по-

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика 2 семестр

#
15.02.2016139.79 Кб67ДЗ Предел последовательности.pdf
#
15.02.2016108.97 Кб69ДЗ Ряд Тейлора.pdf
#
15.02.2016170.44 Кб66ДЗ Степенные ряды.pdf
#
15.02.2016237.68 Кб65Дифференцирование функций пример.pdf
#
15.02.2016239.18 Кб65Дифференцирование функций.pdf
#
15.02.2016877.52 Кб69Исследование уравнения второй степени.pdf
#
15.02.2016398.01 Кб69Неопределенный интеграл.pdf
#
15.02.2016504.79 Кб76Определенный интеграл.pdf
#
15.02.2016500.89 Кб69Оптимизация функции.pdf
#
15.02.2016396.23 Кб67Предел последовательности (задача 1).pdf
#
15.02.2016127.23 Кб69Предел функции (варианты для тренировки).pdf