2.10 Задание 1: Методом Лагранжа привести квадратичную форму

                2x1²+5x2²-3x3²-4x1x2+4x1x3-8x2x3 к каноническому виду и указать невырожденные преобразования переменных, осуществляющих такое приведение.

Решение:

f=2x1²+5x2²-3x3²-4x1x2+4x1x3-8x2x3=2(x1-x2)²+3x2²-3x3²+4x1x3-8x2x3

1)        y1=x1-x2,                          1  1  0

        y2=x2,                   Q1 =    0  1  0

        y3=x3                                0  0  1

f=2y1²+3y2²-3y3²+4y1y3+4y2y3-8y2y3=2y1²+3y2²-3y3²+4y1y3-4y2y3=

=2(y1+y3) ²+3y2²-5y3²-4y2y3

2)       z1=y1+y3,                          1  0  -1

  z2=y2,                    Q2 =    0  1   0

  z3=y3                                 0  0   1

f=2z1²+3z2²-5z3²-4z2z3

g=3z2²-5z3²-4z2z=3(z2-2/3·z3)²-19/3·z3²

3)       t1=z1,                                1  0   0

  t2=z2-2/3·z3,           Q3 =   0  1  2/3

       t3=z3                                 0  0   1

f=2t1²+3t2²-19/3·t3² - канонический вид.

4)                 2  0      0

          C =    0  3      0

0        0 -19/3                                  

5)  Q=Q1Q2Q3,  C=QтAQ

          1  1  0      1  0  -1     1  0   0           1  1  -1     1  0   0           1  1  -1/3                   

Q =    0  1  0      0  1   0     0  1  2/3   =    0  1   0     0  1  2/3   =    0  1   2/3                      

          0  0  1      0  0   1     0  0   1            0  0  1      0  0   1           0  0     1      

           1     0    0                2  -2   2      

Qт =    1     1    1   ;  A =   -2   5  -4

         -1/3  2/3  1                2  -4  -3

                      1     0    0      2  -2   2     1  1 -1/3      2 -2    2        1  1  -1/3                                                                            

C=QтAQ=     1     1    1     -2   5  -4     0  1  2/3  =  0  3   -2        0  1   2/3    =                                                                                     

                   -1/3  2/3  1      2  -4  -3     0  0   1         0  0 -19/3     0  0     1      

    2  0      0                                                

=  0  3      0                                       

    0  0 -19/3                                                    2  0      0    

Ответ: преобразования переменных C =   0  3      0

                                                                       0  0  -19/3  

приводят данную квадратичную форму к каноническому виду f=2t1²+3t2²-19/3·t3².

2.11 Задание 2: Квадратичную форму f(x1,x2,x3)=7x1²+5x2²+3x3²-8x1x2+8x2x3

привести к главным осям и указать ортогональные преобразования переменных, осуществляющих такое приведение.

Решение:

7x1²+5x2²+3x3²-8x1x2+8x2x3

Составим матрицу: 

           7  -4  0

А =   -4    5  4

0        4  3   .

Решим характеристическое уравнение:

   7-λ  -4    0

    -4  5-λ   4      = (7-λ)(5-λ)(3-λ)-16(7-λ)-16(3-λ)= (7-λ)(5-λ)(3-λ)-16(7-λ+3-λ)=

     0    4   3- λ                                                 =(5-λ)(λ²-10λ-11)=(λ+1)(λ-11)(5-λ)=0

λ1=11, λ2=5, λ3=-1

2) канонический вид квадратичной формы f=11y1²+5y2²-y3²

3) а)λ=11

   -4x1-4x2=0,               x1=-x2,                                               -2

   -4x1-6x2+4x3=0,       x3=1/2 x2,                                 X¹ =    2    ;  e1=(-2/3,2/3,1/3)

            4x2- 8x3=0;    4x2-6x2+2x2=0                                      1

б)λ=5

    2x1-4x2=0,         x2=1/2 x1,                                                  2

   -4x1+4x3=0,        x3=x1,                                             X² =    1    ;  e2=(2/3,1/3,2/3)                

    4x2-2x3=0;        2x1-2x1=0                                                   2

в) λ=-1

    8x1-4x2=0,                  x1=1/2 x2,                                         1

   -4x1+6x2+4x3=0,         x3=-x2,                                  X³ =     2    ;  e3=(1/3,2/3,-2/3)  

    4x2+4x3=0;              -2x2+6x2-4x2=0                                  -2

        -2/3  2/3   1/3                  

Q=    2/3  1/3   2/3                       

         1/3  2/3  -2/3        

4)     x1=-2/3y1+2/3y2+1/3y3,

        x2=  2/3y1+1/3y2+2/3y3,

        x3=  1/3y1+2/3y2- 2/3y3

Ответ: преобразования переменных   x1=-2/3y1+2/3y2+1/3y3,

                                                                x2=  2/3y1+1/3y2+2/3y3,                                                 

                                                                x3=  1/3y1+2/3y2- 2/3y3                       

           приводят данную квадратичную форму к каноническому виду

           f=11y1²+5y2²-y3².

2.12 Задание 3: Выяснить вопрос о знакоопределенности квадратичной формы с матрицей А.                     -8   6   4

                                                          А =    6  -9   2

                                                                              4   2  -4

Привести к каноническому виду методом Якоби.

Решение:

       -8   6   4

А=   6 -9   2

4        2  -4

                       -8   6                                   -8   6   4     

Δ1=-8<0; Δ2=  6  -9  =72-36=36>0; Δ3=    6  -9   2  =-72·4+48+48+16·9+32+36·4=             

                                                                   4   2  -4                                       =128 >0

               Δ0             Δ1            Δ2    

A(x,x) =       ·ξ1²+         ·ξ2²+         ·ξ3² = -1/8·ξ1² - 2/9·ξ2² + 9/32·ξ3²  

              Δ1             Δ2           Δ3    

Ответ: данная квадратичная форма является знаконеопределенной и имеет                 канонический вид f=-1/8·ξ1²-2/9·ξ2²+9/32·ξ3².

2.13 Задание 4: Привести уравнение кривой 2-го порядка

5x²+4xy+8y²-32x-56y=-80 к каноническому виду с помощью поворота осей координат и их последовательного параллельного переноса. Указать угол поворота и координаты нового начала. Определить тип кривой.

Решение:

5x²+4xy+8y²-32x-56y=-80

1)     Выпишем квадратичную форму 5x²+4xy+8y²

       5  2

А=  2  8

Решим характеристическое уравнение:

   5-λ    2

    2   8-λ    = λ²-13λ+36=(λ-4)(λ-8)=0;

λ1=4, λ2=9

канонический вид квадратичной формы:  4x’²+9y’²

λ=4,               2                                                       2

           X¹ =   -1   ,   |X¹| =√(4+1)=√5,  e1= 1/√5·  -1

λ=9,               1                                                       1

           X² =    2   ,   |X²| =√(1+4)=√5,  e2= 1/√5·   2

2) P       2/√5   1/√5

            -1/√5   2/√5   ;  Δp=1

cosφ=2/√5  ;   sinφ=-1/√5

φ=2π-arccos(2/√5) – угол поворота.

3)     x   = P ·   x’           x    =     2/√5   1/√5   ·    x’                            

        y              y’  ;        y          -1/√5   2/√5       y’ 

  x= 2/√5 x’+1/√5 y’

  y=-1/√5 x’+2/√5 y’

4) Выпишем линейную форму и преобразуем ее:

    -32x-56y=-32(2/√5 x’+1/√5 y’)-56(-1/√5 x’+2/√5 y’)= -8/√5 x’-144/√5 y’

5) Поворачиваем систему и записываем кривую в системе координат Ox’y’:

    4x’²+9y’²-8/√5 x’-144/√5 y’+80=0

    4(x’-1/√5)²+9(y’-8/√5)²-36=0

    x”= x’-1/√5,   y”= y’-8/√5

    4x”²+9y”²=36

   x”²        y”² 

          +           =  1                      

1/9         1/4                         Эллипс с полуосями a=1/3, b=1/2.

C(1/√5;8/√5) – координаты нового начала.

Ответ: 4x’²+9y’²-8/√5 x’-144/√5 y’+80 – канонический вид данной кривой 2-го порядка, φ=2π-arccos(2/√5) – угол поворота, C(1/√5;8/√5) – координаты нового начала, тип кривой – эллипс с полуосями a=1/3, b=1/2.

2.14 Задание 5: Перейти к такой прямоугольной системе координат, в которой уравнение x²+2y²+2z²-2xy-2xz-2x+8z-6=0 данной поверхности имеет канонический вид. Определить тип поверхности и написать формулы преобразования координат.

Решение:

x²+2y²+2z²-2xy-2xz-2x+8z-6=0

1) x²+2y²+2z²-2xy-2xz – квадратичная форма

        1  -1  -1

А=  -1   2   0

       -1   0   2

Решим характеристическое уравнение:

1-λ     -1     -1

       -1   2-λ      0   = (1-λ)(2-λ)² - (2-λ) - (2-λ)=(2-λ)(λ²-3λ+2-2)=λ(λ-3)(2-λ)=0

-1      0   2-λ                                                                              λ1=2, λ2=0, λ3=3

а) λ=2

   -x1-x2-x3=0,       x1=0,                                                              0                 0

   -x1=0,                x3=-x2                                                   X¹ =   1   ; e1=     1/√2 

   -x1=0;                                                                                      -1              -1/√2

б)λ=5

    x1-x2-x3=0,        x1-1/2 x1-1/2 x1=0,                                       2              2/√6                  

  -x1+2x2=0,         x2=1/2 x1,                                            X² =   1   ; e2=   1/√6

         -x1+2x3=0;         x3=1/2 x1                                                       1              1/√6

в) λ=3

   -2x1-x2-x3=0,     -2x1+x1+x1=0,                                                1              1/√3    

    -x1-x2=0,              x2=-x1,                                              X³ =  -1   ; e3=  -1/√3          

    -x1-x3=0;              x3=-x1                                                        -1             -1/√3      

2)           0       2/√6     1/√3   

     P=   1/√2    1/√6   -1/√3      ;  Δp=1/6+2/6+1/6+2/6=1

           -1/√2    1/√6   -1/√3            

3) канонический вид квадратичной формы:  2x’²+3z’²

4)     x              x’           x           0       2/√6     1/√3     x’                            

        y     = P·  y’   ;       y   =    1/√2    1/√6   -1/√3  ·   y’ 

        z              z’           z        -1/√2    1/√6   -1/√3      z’

x=              2/√6y’+1/√3z’

y= 1/√2x’+1/√6y’- 1/√3z’

z=-1/√2x’+1/√6y’- 1/√3z’

5) с помощью этих формул приводим линейную форму -2x+8z к  каноническому виду:

-2(2/√6 y’+1/√3 z’)+8(-1/√2 x’+1/√6 y’-1/√3 z’)= -8/√2 x’+4/√6 y’-10/√3 z’

4)     2x’²+3z’²-8/√2 x’+4/√6 y’-10/√3 z’

     2(x'-√2)²+4/√6 (y’-155√6/36)+3(z’-5√3/9)²=0 

     x”= x'-√2,   y”= y’-155√6/36,   z”= z’-5√3/9

2x”²+4/√6 y”+3z”²=0

y” = √6/4·(2x”² - 3z”²)– параболоид.

x’= x”+√2,   y’= y”+155√6/36,   z’= z”+5√3/9

x=              2/√6y’+1/√3z’=              2/√6y”+1/√3z”+55/6

y= 1/√2x’+1/√6y’- 1/√3z’= 1/√2x”+1/√6y”- 1/√3z”+19/4

z=-1/√2x’+1/√6y’- 1/√3z’=-1/√2x”+1/√6y”- 1/√3z”+11/4

Ответ: y” = √6/4·(2x”² - 3z”²)– параболоид,

   x=              2/√6y”+1/√3z”+55/6

   y= 1/√2x”+1/√6y”- 1/√3z”+19/4

   z=-1/√2x”+1/√6y”- 1/√3z”+11/4- формулы преобразования координат.

2.15 Задание 6: Даны две квадратичные формы f и g, где

f=x1²+17x2²+3x3²+4x1x2-2x1x3-14x2x3

g=x1²-15x2²+4x1x2-2x1x3+6x2x3. Привести эти формы одним невырожденным преобразованием к каноническому виду. Найти невырожденные преобразования переменных, осуществляющих такое приведение.

Решение:

1. f=x1²+17x2²+3x3²+4x1x2-2x1x3-14x2x3=(x1+2x2)2+13x22+3x32-2x1x3-14x2x3

   y1=x1+2x2,                  1 –2  0

   y2=x2,                 T1=   0  1  0

  y3=x3                                          0  0  1

f=y12+13y22+3y32-2y1y3-10y2y3=(y1-y3)2+13y22+2y32-10y2y3

   z1=y1-y3,                     1  0  1

   z2=y2,                 T2=   0  1  0

   z3=y3                                          0  0  1

f=z12+13z22+2z32-10z2z3= z12+1/2 z22+2(5/2 z2-z3)2

   t1=z1,                           1   0     0

   t2=z2,                 T3=    0   1     0

   t3=5/2 z2-z3                           0  5/2  -1

f=t12+1/2 t22+2t32 – канонический вид

                     1 –2  0      1  0  1      1   0     0        1  -2  1      1   0     0                     

T=T1T2T3=    0  1  0        0  1  0       0   1     0   =   0   1  0       0   1     0   = 

                     0  0  1         0  0  1      0  5/2  -1        0   0  1      0  5/2  -1      

     1  1/2  -1    - результирующее преобразование, приводящее квадратичную

=   0   1     0      форму f к каноническому виду

     0  5/2  -1       

   x1=t1+1/2 t2-t3,           

   x2=t2,           

   x3=    5/2 t2-t3   

2. С помощью этих формул преобразуем квадратичную форму g:

g=t12+t1t2+1/4 t22-2t1t3-t2t3+t32-15t22+4t1t2+2t22-4t2t3-5t1t2-5/2 t22+5t2t3+2t1t3+ t2t3-  -- -2t32+15t22-6t2t3=t12-1/4 t22- t32-5t2t3

Приведем  форму g к главным осям:

       1     0      0

В=  0  -1/4  -5/2

       0  -5/2    -1

Решим характеристическое уравнение:

   1-λ     0         0

    0   -1/4-λ   -5/2    = (1-λ)(-1/4-λ)(-1-λ)-25/4(1-λ)=(1-λ)(λ2+5/4 λ-6)=0  

    0     -5/2    -1-λ        λ1=1,  λ2,3=(-5±√409)/8 

Найдем преобразования переменных, осуществляющих переход квадратичной формы g к главным осям:

а) λ=1      0 t1=0,                     t1-любое,                                  1              1

               -5/4 t2-5/2 t3=0,        t2= t3=0                            X1=   0    ; e1=   0

               -5/2 t2-2t3=0;                                                              0              0

б) λ≈-3.15

    4.15 t1=0,                  t1=0,                  t3-любое,                   0                       0  

    2.9t2-2.5t3=0,            t2=25/29 t3,        t2=25/29 t3,      X2=  25   ;  e2=1/38   25

   -2.5t2-2.15t3=0;          0t3=0;                t1=0                          29                     29   

в) λ≈1.9

   -0.9t1=0,                     t1=0,                 t3-любое,                    0                       0  

   -2.15t2-2.5t3=0,          t3=25/29 t2,       t3=-25/29 t2,     X3=   29  ;  e3=1/38   29             

   -2.5t2-2.9t3=0;            0t2=0;               t1=0                           -25                   -25              

         1    0          0

Q=    0  25/38   29/38    -  матрица ортогонального преобразования

         0  29/38  -25/38

   z1=t1,

   z2=25/38 t2+29/38 t3,

   z3=29/38 t2- 25/38 t3

3.             1  1/2  -1      1    0         0              1  -33/76   79/76   - матрица искомого                      

    TQ =    0   1     0      0  25/38  29/38   =   0    25/38   29/38     преобразования

                0  5/2  -1      0  29/38 -25/38        0    67/76  195/76        

   x1=t1-33/76 t2+79/76 t3,

   x2=25/38 t2+29/38 t3,

   x3=67/76 t2+195/76 t3

Ответ: преобразования переменных    x1=t1-33/76 t2+79/76 t3,

                                                                 x2=25/38 t2+29/38 t3, 

                                                                 x3=67/76 t2+195/76 t3

приводят данные квадратичные формы к каноническому виду.