Конспект лекций по математике Приведение уравнения второго порядка к каноническому виду примеры

Пример 19.11 Приведите уравнение поверхности $\displaystyle x^2+5y^2+z^2+2xy+6xz+2yz-2x+6y+2z=0$
к каноническому виду.
Решение. Квадратичная форма имеет вид
$\displaystyle x^2+5y^2+z^2+2xy+6xz+2yz.$
Выписываем ее матрицу
$\displaystyle A=\left(\begin{array}{rrr}1&1&3\\ 1&5&1\\ 3&1&1\end{array}\right).$
Находим ее собственные числа. Для этого запишем характеристическое уравнение Локальный экстремум ФНП Различают несколько постановок задачи на нахождение экстремума ФНП в зависимости от вида множества – множества допустимых аргументов . При этом под символом можно понимать максимум () или минимум (), но чаще решается задача минимизации ФНП, поскольку . Примеры решения и оформления задач контрольной работы
$\displaystyle \left\vert\begin{array}{ccc}1-{\lambda}&1&3\\ 1&5-{\lambda}&1\\ 3&1&1-{\lambda}\end{array}\right\vert=0.$
После вычисления определителя получим
$\displaystyle -{\lambda}^3+7{\lambda}^2-36=0.$
Подбором находим один корень ${{\lambda}_1=3}$ . Преобразуем уравнение, выделяя множитель ${{\lambda}-3}$
$\displaystyle -{\lambda}^3+3{\lambda}^2+4{\lambda}^2-12{\lambda}+12{\lambda}-36=0$
или
$\displaystyle -{\lambda}^2({\lambda}-3)+4{\lambda}({\lambda}-3)+12({\lambda}-3)=0,$
откуда
$\displaystyle ({\lambda}-3)({\lambda}^2-4{\lambda}-12)=0.$
Находим два других корня характеристического уравнения ${{\lambda}_2=6}$ и ${{\lambda}_3=-2}$ .
Находим собственные векторы. Для собственного числа ${{\lambda}_1=3}$ для координат собственного вектора ${\alpha}$ получим систему уравнений
$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}-2{\alpha}_1+{\alpha}_2+3{\alpha}_3=0,\\ {... ...ha}_2+{\alpha}_3=0,\\ 3{\alpha}_1+{\alpha}_2-2{\alpha}_3=0.\end{array}\right.$
Решая ее находим, что фундаментальная система решений содержит только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять ${{\alpha}=\left(\begin{array}{r}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)}$ . Для собственного числа ${{\lambda}_2=6}$ для координат собственного вектора ${\beta}$ получим систему уравнений
$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}-5{\beta}_1+{\beta}_2+3{\beta}_3=0,\\ {\be... ...{\beta}_2+{\beta}_3=0,\\ 3{\beta}_1+{\beta}_2-5{\beta}_3=0.\end{array}\right.$
Отсюда находим собственный вектор ${{\beta}=\left(\begin{array}{r}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)}$ . Для собственного числа ${{\lambda}_3=-2}$ для координат собственного вектора ${\gamma}$ получим систему уравнений
$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}3{\gamma}_1+{\gamma}_2+3{\gamma}_3=0,\\ {\... ...ma}_2+{\gamma}_3=0,\\ 3{\gamma}_1+{\gamma}_2+3{\gamma}_3=0.\end{array}\right.$
Отсюда находим собственный вектор ${{\gamma}=\left(\begin{array}{r}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right)}$ .
Легко проверить, что ${({\alpha},{\beta})=({\alpha},{\gamma})=({\beta},{\gamma})=0}$ , то есть собственные векторы попарно ортогональны. Их длины равны соответственно $\sqrt3$ , $\sqrt6$ , $\sqrt 2$ . Поэтому векторы нового ортонормированного базиса будут иметь координаты
$\displaystyle {\bf i}'=\left(\begin{array}{r}\vphantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt3}\... ...\ \vphantom{\dfrac11}0\\ \vphantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt2}\end{array}\right).$
Матрица перехода имеет вид
$\displaystyle S=\left(\begin{array}{rrr}\vphantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt3}&\frac... ...hantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt6}&\frac1{\sqrt2}\end{array}\right).$
Старые координаты связаны с новыми уравнением ${\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)= S\left(\begin{array}{c}x'\\ y'\\ z'\end{array}\right)}$ , то есть

$\begin{multline*} x=\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6}y'-\frac1{\sqrt2}z',\quad ... ...6}y',\\ z=\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6}y'+\frac1{\sqrt2}z'. \end{multline*}$

(19.10)

Подставим эти выражения в исходное уравнение. Квадратичная форма примет вид, в котором произведения переменных будут отсутствовать, а коэффициентами при квадратах будут служить собственные числа
$\begin{multline*} 3(x')^2+6(y')^2-2(z')^2-2\left(\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6... ...ft(\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6}y'+\frac1{\sqrt2}z'\right)=0. \end{multline*}$

Приводим подобные члены
$\displaystyle 3(x')^2+6(y')^2-2(z')^2-\frac6{\sqrt3}x'+\frac{12}{\sqrt6}y'+\frac4{\sqrt2}z'=0.$
Выделим полные квадраты
$\begin{multline*} 3\left((x')^2-\frac2{\sqrt3}x'+\left(\frac1{\sqrt3}\right)^2\... ...z')^2-\frac2{\sqrt2}z'+\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2\right)+1=0 \end{multline*}$

или
$\displaystyle 3\left(x'-\frac1{\sqrt3}\right)^2+6\left(y'+\frac1{\sqrt6}\right)^2-2\left(z'-\frac1{\sqrt2}\right)^2=1.$
Выполняем параллельный перенос осей координат
$\displaystyle \tilde x=x'-\frac1{\sqrt3},\quad \tilde y=y'+\frac1{\sqrt6},\quad \tilde z=z'-\frac1{\sqrt2}.$
Новое начало системы координат имеет координаты
$\displaystyle x'=\frac1{\sqrt3},\quad y'=-\frac1{\sqrt6},\quad z'=\frac1{\sqrt2}.$
В исходной системе координат точка в соответствии с формулами (19.10) имеет координаты
$\displaystyle x=-\frac13,\quad y=-\frac23,\quad z=\frac23.$

Рис.19.9.Система координат ${O_1\tilde x\tilde y\tilde z}$

В новой системе координат ${O_1\tilde x\tilde y\tilde z}$ (рис. 19.9) уравнение принимает канонический вид
$\displaystyle \frac{\tilde x^2}{\left(\frac1{\sqrt3}\right)^2}+\frac{\tilde y^2... ...(\frac1 {\sqrt6}\right)^2}-\frac{\tilde z^2}{\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2}=1.$
Это уравнение является каноническим уравнением однополостного гиперболоида. Его центр находится в точке , две вещественные оси параллельны векторам ${\bf i}'$ , ${\bf j}'$ , вещественные полуоси равны ${\frac1{\sqrt3}}$ , ${\frac1 {\sqrt6}}$ . Мнимая ось параллельна вектору ${\bf k}'$ , мнимая полуось равна ${\frac1{\sqrt2}}$ . Изображение гиперболоида приведено на рисунке 19.10.

Рис.19.10.Изображение гиперболоида