Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Мы рассмотрели в прошлые разы все варианты уравнения второй степени, задающего поверхности второго порядка, кроме одной возможности: возможности появления в этом уравнении произведений разных координат. Сегодня рассмотрим и её; мы сейчас будем применять и запоминать готовый алгоритм действий, подробная теоретическая подводка к нему будет на линейной алгебре.

№ 11.22 пункт 3)

$$x^{2}+y^{2}+4z^{2}-2xy+4xz-4yz-2x+2y+2z=0$$ В этом уравнении выделим квадратичную часть $x^{2}+y^{2}+4z^{2}-2xy+4xz-4yz$, и её коэффициентами заполним квадратную матрицу: $$\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\overset{\begin{array}{ccc} x & y & \quad\;z\end{array}}{\left(\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 2\\ -1 & 1 & -2\\ 2 & -2 & 4 \end{array}\right)}$$ Диагональные элементы тут заполняются понятно: например, в пересечение строки $y$ и столбца $y$ ставится коэффициент при $y^{2}$. Для недиагональных элементов делятся на два, т.к. они попадаются по два раза. Заметим, что если умножить полученную матрицу справа - на столбец, а слева - на строку с координатами $$\left(x,y,z\right)\left(\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 2\\ -1 & 1 & -2\\ 2 & -2 & 4 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right)=\left(x,y,z\right)\left(\begin{array}{c} x-y+2z\\ -x+y-2z\\ 2x-2y+4z \end{array}\right)=x\left(x-y+2z\right)+y\left(-x+y-2z\right)+z\left(2x-2y+4z\right)=$$ мы получим исходную квадратичную часть: $$=x^{2}+y^{2}+4z^{2}-2xy+4xz-4yz.$$ Напомню, что в случае кривых второго порядка на плоскости мы боролись с произведениями разных координат, переходя к другим координатам, в которых этих произведений не было. Для этого было достаточно повернуть на некий угол координатные оси.

В трёхмерном пространстве общая идея остаётся такой же, но гораздо сложнее вычисляется координатный переход. Запоминайте:

Берём матрицу квадратичной части и находим её собственные значения и векторы (этому вас уже научили). Из этих векторов составляем ортонормированный базис (в котором все векторы ортогональны и единичны). В новом базисе, через новые координаты, переписываем уравнение поверхности.

Характеристическое уравнение:

$$\left|\begin{array}{rrr} 1-\lambda & -1 & 2\\ -1 & 1-\lambda & -2\\ 2 & -2 & 4-\lambda \end{array}\right|=0$$ Упростим определитель: $$\left|\begin{array}{rrr} 1-\lambda & -1 & 2\\ -1 & 1-\lambda & -2\\ 2 & -2 & 4-\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{rrr} 1-\lambda & -1 & 0\\ -1 & 1-\lambda & -2+2\left(1-\lambda\right)\\ 2 & -2 & -\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{rrr} 1-\lambda & -1 & 0\\ -1 & 1-\lambda & -2\lambda\\ 2 & -2 & -\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{rrr} 1-\lambda & -1 & 0\\ -5 & 5-\lambda & 0\\ 2 & -2 & -\lambda \end{array}\right|$$ Разложим по третьему столбцу $$-\lambda\left|\begin{array}{rr} 1-\lambda & -1\\ -5 & 5-\lambda \end{array}\right|=0$$ $$\lambda\left(\left(1-\lambda\right)\left(5-\lambda\right)-5\right)=0$$ $$\lambda\left(5-6\lambda+\lambda^{2}-5\right)=0$$ $$\lambda^{3}-6\lambda^{2}=0$$ $$\left(\lambda-6\right)\lambda^{2}=0$$ Получаем два корня: $\lambda_{1}=0$ кратности 2 и $\lambda_{2}=6$ кратности 1.

Собственные векторы, принадлежащие значению 0:

$$\left(\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 2\\ -1 & 1 & -2\\ 2 & -2 & 4 \end{array}\right)\vec{v}=\left(\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 2\\ -1 & 1 & -2\\ 2 & -2 & 4 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a\\ b\\ c \end{array}\right)=0$$ $$\left\{ \begin{array}{l} a-b+2c=0\\ -a+b-2c=0\\ 2a-2b+4c=0 \end{array}\right.$$ $$a=b-2c$$ $$\vec{v}=\left(\begin{array}{c} b-2c\\ b\\ c \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} b\\ b\\ 0 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} -2c\\ 0\\ c \end{array}\right)=b\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)+c\left(\begin{array}{c} -2\\ 0\\ 1 \end{array}\right),$$ т.е. такие векторы образуют двухмерное пространство. Выберем из этого пространства два ортогональных вектора.

Пусть $b=1$, $c=0$. Тогда $a=1$

$$\vec{v}_{1}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$$ Как задумано выше, будем искать $\vec{v}_{2}$ такой, чтобы $\vec{v}_{1}\cdot\vec{v}_{2}=0$: $$\vec{v}_{1}\cdot\vec{v}_{2}=\left(\begin{array}{c} b-2c\\ b\\ c \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)=b-2c+b=0$$ $$2b-2c=0$$ $$c=b$$ При $b=1$ $$\vec{v}_{2}=\left(\begin{array}{c} b-2b\\ b\\ b \end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} -1\\ 1\\ 1 \end{array}\right).$$ Нормируем эти векторы на единицу и получим первые два орта новой системы координат $$\vec{e}_{1}'=\frac{\vec{v}_{1}}{\left|\vec{v}_{1}\right|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)\qquad\vec{e}_{2}'=\frac{\vec{v}_{2}}{\left|\vec{v}_{2}\right|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{r} -1\\ 1\\ 1 \end{array}\right)$$ Собственный вектор, принадлежащий значению 6: $$\left(\begin{array}{rrr} -5 & -1 & 2\\ -1 & -5 & -2\\ 2 & -2 & -2 \end{array}\right)\vec{v}=\left(\begin{array}{rrr} -5 & -1 & 2\\ -1 & -5 & -2\\ 2 & -2 & -2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a\\ b\\ c \end{array}\right)=0$$ $$\left\{ \begin{array}{l} -5a-b+2c=0\\ -a-5b-2c=0\\ 2a-2b-2c=0 \end{array}\right.$$ $$\left\{ \begin{array}{l} -5a-b+2c=0\\ -6a-6b=0\\ -3a-3b=0 \end{array}\right.$$ $b=-a$ $$-5a+a+2c=0$$ $$c=2a$$ $$\vec{v}_{3}=\left(\begin{array}{r} a\\ -a\\ 2a \end{array}\right)=a\left(\begin{array}{r} 1\\ -1\\ 2 \end{array}\right)$$ При $a=1$ $$\vec{v}_{3}=\left(\begin{array}{r} 1\\ -1\\ 2 \end{array}\right)$$ Третий орт: $$\vec{e}_{3}'=\frac{\vec{v}_{3}}{\left|\vec{v}_{3}\right|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{r} 1\\ -1\\ 2 \end{array}\right)$$ Матрица перехода $S$ составляется из столбцов компонент новых базисных векторов в старом базисе: $$\left(\vec{e}_{1}',\vec{e}_{2}',\vec{e}_{3}'\right)=\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{2},\vec{e}_{3}\right)S$$ $$S=\left(\begin{array}{rrr} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{array}\right)= \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{rrr} \sqrt{3} & -\sqrt{2} & 1\\ \sqrt{3} & \sqrt{2} & -1\\ 0 & \sqrt{2} & 2 \end{array}\right)$$ Старые координаты выражаются через новые так: $$\left(\begin{array}{r} x\\ y\\ z \end{array}\right)=S\left(\begin{array}{r} x'\\ y'\\ z' \end{array}\right)$$ $$\left\{ \begin{array}{l} x=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\sqrt{3}x'-\sqrt{2}y'+z'\right)\\ y=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\sqrt{3}x'+\sqrt{2}y'-z'\right)\\ z=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\sqrt{2}y'+2 z'\right) \end{array}\right.$$ А теперь всё это надо будет подставить в исходное уравнение поверхности $$x^{2}+y^{2}+4z^{2}-2xy+4xz-4yz-2x+2y+2z=0$$ $$\frac{1}{6}\left[\left(\sqrt{3}x'-\sqrt{2}y'+z'\right)^{2}+\left(\sqrt{3}x'+\sqrt{2}y'-z'\right)^{2}+4\left(\sqrt{2}y'+2z'\right)^{2}-2\left(\sqrt{3}x'-\sqrt{2}y'+z'\right)\left(\sqrt{3}x'+\sqrt{2}y'-z'\right)\right.+$$ $$+\left.4\left(\sqrt{3}x'-\sqrt{2}y'+z'\right)\left(\sqrt{2}y'+2z'\right)-4\left(\sqrt{3}x'+\sqrt{2}y'-z'\right)\left(\sqrt{2}y'+2z'\right)\right]+$$ $$+\frac{2}{\sqrt{6}}\left(-\left(\sqrt{3}x'-\sqrt{2}y'+z'\right)+\left(\sqrt{3}x'+\sqrt{2}y'-z'\right)+\left(\sqrt{2}y'+2z'\right)\right)=0$$ и после раскрытия скобок получится $$2\sqrt{3}y'+6z'^2=0$$ $$2\sqrt{3}y'=-6z'^2$$ Таким будет уравнение поверхности в новых координатах. Это уравнение описывает параболу в плоскости $y'z'$ c вершиной при $z'=0$, а в полном пространстве - параболический цилиндр, получаемый параллельным переносом этой параболы вдоль оси $x'$.

Решение исправлено в 10:10 15.04.2020, выносится благодарность тов. Якунину за найденные неточности.

Это был пункт 3) из следующего номера. По рассмотренному образцу сделайте пункты 1) и 2).

Если будет страшно — зовите меня.