Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

15.01.2011

Привет, МГИМО!

Filed under: внешнее — Shine @ 4:39 пп

Тут я больше показываю, что делать, а кто виноват - в основном оставляю за кадром. Если будут интересны подробности, почему так - пишите, объясню.

Привести к каноническому виду квадратичную форму

$\displaystyle 5\,x_{3}^2-2\,x_{2}\,x_{3}+2\,x_{1}\,x_{3}+x_{2}^2-6\,x_{1}\,x_{2}+ x_{1}^2,$ (1)

и получить матрицу перехода к базису, в котором она будет иметь канонический вид.

Составляем матрицу квадратичной формы (1):

\begin{displaymath} \left( \begin{array}{rrr} 1&-3&1\cr -3&1&-1\cr 1&-1&5\cr \end{array}\right). \end{displaymath}

Находим собственные значения этой матрицы (я не буду писать, как это делается, ладно?): $ \lambda_1=-2$ , $ \lambda_2=6$ , $ \lambda_3=3$ . Все они имеют кратность 1, значит, для каждого надо найти один собственный вектор. Собственные векторы будут такие:

\begin{displaymath} \vec v_1= \left( \begin{array}{r} 1\\ 1 \\ 0 \end{array}\rig... ... v_3= \left( \begin{array}{r} 1\\ -1 \\ -1 \end{array}\right). \end{displaymath}

Так как они принадлежат разным собственным значениям, они уже ортогональны и разводить их не надо. Их надо нормировать на единицу, т.е. получить из них новую тройку векторов:

$\displaystyle \vec u_i=\frac{\vec v_i}{\vert\vec v_i\vert} $

Полученные по этой формуле векторы будут такими:

\begin{displaymath} \vec e_1= \left( \begin{array}{r} \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\ \dfr... ...dfrac{1}{\sqrt{3}} \\ -\dfrac{1}{\sqrt{3}} \end{array}\right). \end{displaymath}

Теперь составляем из координат этих векторов матрицу перехода:

\begin{displaymath} A=\left( \begin{array}{rrr} {{1}\over{\sqrt{2}}}&{{1}\over{\... ...\over{\sqrt{6}}}&-{{1}\over{\sqrt{3}}}\cr \end{array}\right). \end{displaymath}

Проверим матрицу $ A$ на ортогональность: нетрудно (долго, но нетрудно) сосчитать, что $ \det A=1$ ; $ \sum\limits_{i=1}^{3}A_{ij}^2=\sum\limits_{i=1}^{3}A_{ji}^2=1$ при $ j=1..3$ . Значит, функции перехода к новым переменным будут такие:

\begin{displaymath}\left\{ \begin{array}{l} x_{1}={{y_{3}}\over{\sqrt{3}}}+{{y_... ...}}\over{\sqrt{6}}}-{{y_{3}}\over{\sqrt{3}}} \end{array}\right.\end{displaymath}

Диагональный вид квадратичной формы будет такой: $ -2\,y_{1}^2+6\,y_{2}^2+3\,y_{3}^2$ . Для получения канонического вида придётся воспользоваться неортогональными преобразованиями базиса: $ \vec e\,\mathstrut'_i=\dfrac{\vec e_i}{\sqrt{\vert\lambda_i\vert}} $ , новые переменные назовём при этом $ z_i$ , и будет канонический вид таким: $ -z_{1}^2+z_{2}^2+z_{3}^2$ . Матрица перехода от базиса $ (\vec i,\vec j,\vec k)$ к базису $ (\vec e\,\mathstrut'_1,\vec e\,\mathstrut'_2,\vec e\,\mathstrut'_3)$ будет выглядеть так:

\begin{displaymath} A'=\left( \begin{array}{rrr} {{1}\over{2}}&{{1}\over{6}}&{{1... ...{3}}\cr 0&{{1}\over{3}}&-{{1}\over{3}}\cr \end{array}\right). \end{displaymath}

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников