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) x2+y2+4z2−2xy+4xz−4yz−2x+2y+2z=0 В этом уравнении выделим квадратичную часть x2+y2+4z2−2xy+4xz−4yz, и её коэффициентами заполним квадратную матрицу: xyzxyz(1−12−11−22−24) Диагональные элементы тут заполняются понятно: например, в пересечение строки y и столбца y ставится коэффициент при y2. 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 (x,y,z)(1−12−11−22−24)(xyz)=(x,y,z)(x−y+2z−x+y−2z2x−2y+4z)=x(x−y+2z)+y(−x+y−2z)+z(2x−2y+4z)= мы получим исходную квадратичную часть: =x2+y2+4z2−2xy+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: |1−λ−12−11−λ−22−24−λ|=0 Упростим определитель: |1−λ−12−11−λ−22−24−λ|=|1−λ−10−11−λ−2+2(1−λ)2−2−λ|=|1−λ−10−11−λ−2λ2−2−λ|=|1−λ−10−55−λ02−2−λ| Разложим по третьему столбцу −λ|1−λ−1−55−λ|=0 λ((1−λ)(5−λ)−5)=0 λ(5−6λ+λ2−5)=0 λ3−6λ2=0 (λ−6)λ2=0 Получаем два корня: λ1=0 кратности 2 и λ2=6 кратности 1.
Собственные векторы, принадлежащие значению 0: (1−12−11−22−24)→v=(1−12−11−22−24)(abc)=0 {a−b+2c=0−a+b−2c=02a−2b+4c=0 a=b−2c →v=(b−2cbc)=(bb0)+(−2c0c)=b(110)+c(−201), т.е. такие векторы образуют двухмерное пространство. Выберем из этого пространства два ортогональных вектора.
Пусть b=1, c=0. Тогда a=1 →v1=(110) Как задумано выше, будем искать →v2 такой, чтобы →v1⋅→v2=0: →v1⋅→v2=(b−2cbc)⋅(110)=b−2c+b=0 2b−2c=0 c=b При b=1 →v2=(b−2bbb)=(−111). Нормируем эти векторы на единицу и получим первые два орта новой системы координат →e′1=→v1|→v1|=1√2(110)→e′2=→v2|→v2|=1√3(−111) Собственный вектор, принадлежащий значению 6: (−5−12−1−5−22−2−2)→v=(−5−12−1−5−22−2−2)(abc)=0 {−5a−b+2c=0−a−5b−2c=02a−2b−2c=0 {−5a−b+2c=0−6a−6b=0−3a−3b=0 b=−a −5a+a+2c=0 c=2a →v3=(a−a2a)=a(1−12) При a=1 →v3=(1−12) Третий орт: →e′3=→v3|→v3|=1√6(1−12) Матрица перехода S составляется из столбцов компонент новых базисных векторов в старом базисе: (→e′1,→e′2,→e′3)=(→e1,→e2,→e3)S S=(1√2−1√31√61√21√3−1√601√32√6)=1√6(√3−√21√3√2−10√22) Старые координаты выражаются через новые так: (xyz)=S(x′y′z′) {x=1√6(√3x′−√2y′+z′)y=1√6(√3x′+√2y′−z′)z=1√6(√2y′+2z′) А теперь всё это надо будет подставить в исходное уравнение поверхности x2+y2+4z2−2xy+4xz−4yz−2x+2y+2z=0 16[(√3x′−√2y′+z′)2+(√3x′+√2y′−z′)2+4(√2y′+2z′)2−2(√3x′−√2y′+z′)(√3x′+√2y′−z′)+ +4(√3x′−√2y′+z′)(√2y′+2z′)−4(√3x′+√2y′−z′)(√2y′+2z′)]+ +2√6(−(√3x′−√2y′+z′)+(√3x′+√2y′−z′)+(√2y′+2z′))=0 и после раскрытия скобок получится 2√3y′+6z′2=0 2√3y′=−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.
