Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Порядок приведения уравнения поверхности второго порядка к каноническому виду

Порядок приведения уравнения поверхности второго порядка к каноническому виду


Пусть в прямоугольной системе координат [math]Oxyz[/math] поверхность второго порядка задана уравнением


[math]\begin{gathered}a_{11}\cdot x^2+a_{22}\cdot y^2+a_{33}\cdot z^2+ 2\cdot a_{12}\cdot x\cdot y+2\cdot a_{13}\cdot x\cdot z+2\cdot a_{23}\cdot y\cdot z\,+\\[3pt] +\,2\cdot a_1\cdot x+2\cdot a_2\cdot y+2\cdot a_3\cdot z+a_0=0. \end{gathered}[/math]

Чтобы привести уравнение к каноническому виду, нужно выполнить следующие действия.


1. Составить матрицу квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы:


[math]A=\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{12}&a_{22}&a_{23}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33} \end{pmatrix}\!, \quad a=\begin{pmatrix}a_1\\a_2\\a_3\end{pmatrix}\!.[/math]

Если матрица квадратичной формы диагональная, т.е. [math]A=\begin{pmatrix}\lambda_1&0&0\\0&\lambda_2&0\\0&0&\lambda_3\end{pmatrix}[/math], то положить [math]S=E[/math] и перейти к пункту 4.


2. Составить характеристическое уравнение [math]\vline\,\begin{matrix}a_{11}-\lambda&a_{12}&a_{13}\\a_{12}&a_{22}-\lambda&a_{23}\\a_{13}&a_{23}&a_{33}-\lambda\end{matrix}\,\vline\,=0[/math] и найти его корни [math]\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3[/math] (с учетом кратности).


3. Найти взаимно перпендикулярные единичные собственные векторы [math]s_1,s_2,s_3[/math], соответствующие корням [math]\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3[/math] характеристического уравнения, и составить из них матрицу [math]S=\begin{pmatrix}s_1\mid s_2\mid s_3\end{pmatrix}\colon[/math]


а) если уравнение имеет один тройной корень [math]\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3[/math], то базис исходной системы координат является каноническим. Поэтому полагаем [math]S=E[/math] и переходим к пункту 4;


б) если все корни [math]\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3[/math] простые, то для каждого корня найти ненулевое решение однородной системы уравнений [math](A-\lambda_iE)\l_i=o,[/math] [math]i=1,2,3[/math]. Например, собственный вектор [math]l_3=\begin{pmatrix}x_3&y_3&z_3\end{pmatrix}^T[/math] для простого корня [math]\lambda_3[/math] находится как любое ненулевое решение системы


[math]\begin{cases} (a_{11}-\lambda_3)\cdot x+a_{12}\cdot y+a_{13}\cdot z=0,\\ a_{12}\cdot x+(a_{22}-\lambda_3)\cdot y+a_{23}\cdot z=0,\\ a_{13}\cdot x+a_{23}\cdot y+(a_{33}-\lambda_3)\cdot z=0; \end{cases}[/math] или [math](A-\lambda_3\cdot E)\cdot l_3=o;[/math]

в) если имеется двойной корень, например [math]\lambda_1=\lambda_2\ne\lambda_3[/math], то для простого корня [math]\lambda_3[/math] найти соответствующий собственный вектор [math]l_3[/math] - любое не нулевое решение системы [math](A-\lambda_3E)l_3=o[/math]. Для кратного корня [math]\lambda_1=\lambda_2[/math] в качестве [math]l_2[/math] взять любой ненулевой столбец матрицы [math]A-\lambda_3E[/math], а координатный столбец [math]l_1[/math] найти, используя векторное произведение [math]\vec{l}_1=[\,\vec{l}_2,\vec{l}_3\,][/math].


Нормируя найденные в пункте "б" или "в" собственные векторы [math]l_1,l_2,l_3[/math], получаем координатные столбцы


[math]s_1=\frac{1}{\sqrt{l_1^T\cdot l_1}}\cdot l_1, \quad s_2=\frac{1}{\sqrt{l_2^T\cdot l_2}}\cdot l_2, \quad s_3=\frac{1}{\sqrt{l_3^T\cdot l_3}}\cdot l_3[/math]

базисных векторов новой прямоугольной системы координат [math]O'x'y'z'[/math]. Составляем матрицу [math]S[/math] перехода к новому базису, записывая собственные векторы [math]s_1,s_2,s_3[/math] по столбцам: [math]S=\begin{pmatrix}s_1\mid s_2\mid s_3\end{pmatrix}[/math].

4. Вычислить столбец коэффициентов линейной формы [math]a'=S^T\cdot a[/math] и составить "почти" приведенное уравнение поверхности второго порядка:


[math]\lambda_1\cdot(x')^2+\lambda_2\cdot(y')^2+\lambda_3\cdot(z')^2+ 2\cdot a'_1\cdot x'+ 2\cdot a'_2\cdot y'+ 2\cdot a'_3\cdot z'+a_0=0.[/math]

В зависимости от вида этого уравнения выполнить следующие действия.

а) Если в уравнении нет линейных членов, то переходим к пункту 5.


б) Если в уравнении имеется линейный член с какой-либо неизвестной и квадратичный член с этой же неизвестной, то, дополняя эти члены до полного квадрата, делаем замену, чтобы в уравнении не стало линейного члена с этой неизвестной. Например, если в уравнении [math]\lambda_1\ne0[/math] и [math]a'_1\ne0[/math], то выполняем преобразования:


[math]\lambda_1\cdot(x')^2+2\cdot a'_1\cdot x'= \lambda_1\left[(x')^2+2\cdot\frac{a'_1}{\lambda_1}\cdot x'+ {\left(\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2\right]- \lambda_1{\left(\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2= \lambda_1{\left(x'+\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2- \lambda_1{\left(\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2,[/math]

а затем замену неизвестных [math]x''=x'+\frac{a'_1}{\lambda_1},~y''=y',~z''=z'[/math], после которой в уравнении не будет линейного члена с неизвестной [math]x''[/math].


в) Если в уравнении имеются два линейных члена с двумя неизвестными, а квадраты одноименных неизвестных отсутствуют, то делаем ортогональную замену этих неизвестных так, чтобы заменить их одной неизвестной. Например, если в уравнении [math]\lambda_1\ne0,[/math] [math]\lambda_2=0,[/math] [math]\lambda_3=0,[/math] [math]a'_1=0,[/math] [math]a'_2\ne0,[/math] [math]a'_3\ne0[/math], т.е. уравнение имеет вид


[math]\lambda_1\cdot(x')^2+2\cdot a'_2\cdot y'+2\cdot a'_3\cdot z'+a_0=0,[/math]

то нужно выполнить замену неизвестных


[math]x''=x', \quad y''=\frac{1}{\mu}\left(a'_2\cdot y'+a'_3\cdot z'+\frac{a_0}{2}\right)\!, \quad z''=\frac{1}{\mu}(-a'_3\cdot y'+a'_2\cdot z'),[/math]

где [math]\mu=\sqrt{(a'_2)^2+(a'_3)^2}[/math]. Эта ортогональная замена неизвестных приводит уравнение к виду [math]\lambda_1(x'')^2+2\mu y''=0.[/math]


г) Если в уравнении имеется только один линейный член с какой-либо неизвестной, а квадрат этой неизвестной отсутствует, то при помощи замены этой переменной надо сделать равным нулю свободный член уравнения. Например, если уравнение имеет вид


[math]\lambda_1\cdot(x')^2+\lambda_2\cdot(y')^2+2\cdot a'_3\cdot z'+a_0=0,[/math]

то, выполняя замену неизвестных [math]x''=x',~y''=y',~z''=z'+\frac{a_0}{2a'_3}[/math], получаем уравнение без свободного члена:


[math]\lambda_1\cdot(x'')^2+\lambda_2\cdot(y'')^2+2\cdot a'_3\cdot z''=0.[/math]

5. Полученное в результате упрощений (пункт 4) уравнение имеет "почти" канонический вид [9]. Для окончательного упрощения "почти" канонического уравнения применяются при необходимости следующие преобразования:


а) переименование координатных осей, например, [math]x'=y'',~y'=x'',~z'=z''[/math];

б) изменение направления координатной оси, например: [math]x'=-x'',~y'=y'',~z'=z''[/math];

в) умножение обеих частей уравнения на отличный от нуля множитель;

г) перенос членов из одной части уравнения в другую.


В результате этих преобразований уравнение приводится к каноническому виду. Замену неизвестных, приводящую уравнение поверхности к каноническому виду, определяем как композицию всех замен, применяемых в ходе решения.




Эллиптический параболоид, параболический цилиндр и однополостный гиперболоид

Пример 4.18. В прямоугольной системе координат [math]Oxyz[/math] заданы уравнения алгебраических поверхностей второго порядка:
а) [math]x^2+y^2+2x-4y+2z+1=0[/math] (рис. 4.52,а);
б) [math]x^2+6y-8z+10=0[/math] (рис. 4.52,б);
в) [math]3x^2-7y^2+3z^2+8xy-8xz-8yz+10x-14y-6z-8=0[/math] (рис. 4.52,в).
Каждое уравнение привести к каноническому виду. Указать связь между исходной и канонической системами координат.

▼ Решение а)

а) [math]x^2+y^2+2x-4y+2z+1=0[/math]


1. Составляем матрицу [math]A[/math] квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы


[math]A= \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}\!, \quad a=\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}\!.[/math]

2. Матрица [math]A[/math] диагональная [math](\lambda_1=\lambda_2=1,~\lambda_3=0)[/math], а уравнение имеет "почти" приведенный вид. Поэтому полагаем, что [math]S=E[/math] и переходим к пункту 4.


4. В заданном уравнении имеются линейные члены всех неизвестных, а также квадраты неизвестных [math]x[/math] и [math]y[/math]. Дополняем члены с этими неизвестными до полных квадратов (см. пункт 4,"б" алгоритма):


[math](x^2+2x+1)-1+(y^2-4y+4)-4+2z+1=0 \quad \Leftrightarrow \quad (x+1)^2+(y-2)^2+2z-4=0.[/math]

Сделаем замену [math]x'=x+1,~y'=y-2,~z'=z\colon~(x')^2+(y')^2+2z'-4=0[/math]. Получили уравнение, в котором имеется один линейный член с неизвестной [math]z'[/math], а квадрата этой неизвестной нет (см. пункт 4,"г" алгоритма). Сделаем замену [math]z''=z'-2[/math], чтобы в уравнении исчез свободный член (для единообразия обозначим [math]x''=x',[/math] [math]y''=y'[/math]):


[math](x'')^2+(y'')^2+2\cdot z''=0.[/math]

5. Полученное уравнение [math](x'')^2+(y'')^2+2z''=0[/math] имеет простейший вид (IV). Переносим линейный член в правую часть: [math](x'')^2+(y'')^2=-2z''[/math], и делаем замену [math]z'''=-z''[/math], меняя направление оси аппликат (для единообразия обозначаем [math]x'''=x'',[/math] [math]y'''=y''[/math]):


[math](x''')^2+(y''')^2=2\cdot z'''.[/math]

Получили каноническое уравнение (7) эллиптического параболоида с коэффициентами [math]a=b=1[/math].


Найдем замену неизвестных, приводящую данное уравнение к каноническому виду. В пунктах 4,5 решения были сделаны следующие замены: [math]x'=x+1,[/math] [math]y'=y-2,[/math] [math]z'=z;[/math] [math]x''=x',[/math] [math]y''=y',[/math] [math]z''=z'-2;[/math] [math]x'''=x'',[/math] [math]y'''=y'',[/math] [math]z'''=-z''[/math]. Выражая заменяемые неизвестные, получаем цепочки замен:


[math]\begin{array}{lll} x=x'-1,~x'=x'',~x''=x'''&\Rightarrow&x=x'-1=x''-1=x'''-1;\\[2pt] y=y'+2,~y'=y'',~y''=y'''&\Rightarrow&y=y'+2=y''+2=y'''+2;\\[2pt] z=z',~z'=z''+2,~z''=-z'''&\Rightarrow&z=z'=z''+2=-z'''+2.\end{array}[/math]

Следовательно,


[math]\begin{cases}x=x'''-1,\\y=y'''+2,\\z=-z'''+2,\end{cases}[/math] или [math]\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -1\\2\\2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\!\cdot\! \begin{pmatrix}x'''\\y'''\\z'''\end{pmatrix}~ \Leftrightarrow~ \begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}= s+S\cdot\! \begin{pmatrix}x'''\\y'''\\z'''\end{pmatrix}\!.[/math]

Таким образом, найдены координатный столбец [math]s[/math] вектора [math]\vec{s}=\overrightarrow{OO'''}[/math] переноса начала координат и матрица [math]S[/math] перехода к каноническому базису:


[math]\begin{pmatrix}-1\\2\\2\end{pmatrix}\!, \quad S=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\!.[/math]

▼ Решение б)

б) [math]x^2+6y-8z+10=0[/math]


1. Составляем матрицу [math]A[/math] квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы


[math]A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\!, \quad a=\begin{pmatrix}0&3&-4\end{pmatrix}\!.[/math]

2. Матрица [math]A[/math] диагональная [math](\lambda_1=1,~\lambda_2=\lambda_3=0)[/math], а уравнение имеет "почти" приведенный вид. Поэтому полагаем, что [math]S=E[/math] и переходим к пункту 4.


4. В заданном уравнении имеются линейные члены двух неизвестных [math]y[/math] и [math]z[/math], а также квадрат другой неизвестной [math]x[/math]. Поэтому заменяем неизвестные (см. пункт 4,"в" алгоритма):


[math]x'=x, \quad y'=\frac{1}{\mu}\!\left(3\cdot y-4\cdot z+\frac{1}{2}\cdot10\right)\!, \quad z'=\frac{1}{\mu}(4\cdot y+3\cdot z),[/math]

где [math]\mu=\sqrt{3^2+(-4)^2}=5[/math]. После такой замены уравнение принимает вид


[math](x')^2+2\cdot5\cdot y'=0.[/math]

5. Полученное уравнение [math](x')^2+2\cdot5\cdot y'=0[/math] имеет простейший вид (П). Переносим линейный член в правую часть: [math](x')^2=-2\cdot5\cdot y'[/math], и делаем замену [math]x''=-y',[/math] [math]y''=x',[/math] [math]z''=z'[/math], после которой получаем уравнение [math](y'')^2=2\cdot5\cdot x''[/math]. Это уравнение (14) параболического цилиндра с параметром [math]p=5[/math].


Найдем замену неизвестных, приводящую данное уравнение к каноническому виду. В пунктах 4,5 решения были сделаны следующие замены: [math]x'=x,[/math] [math]y'=\frac{3}{5}y-\frac{4}{5}z+1,[/math] [math]z'=\frac{4}{5}y+\frac{3}{5}z;[/math] [math]x''=-y',[/math] [math]y''=x',[/math] [math]z''=z'[/math]. Выражая заменяемые неизвестные, получаем цепочки замен:


[math]\begin{gathered} x=x',~x'=y'' \quad \Rightarrow \quad x=x'=x'';\hfil\\[3pt] y=\frac{3}{5}y'+\frac{4}{5}z'-\frac{3}{5},~y'=-x'' \quad \Rightarrow \quad y=\frac{3}{5}y'+\frac{4}{5}z'-\frac{3}{5}= -\frac{3}{5}x''+\frac{4}{5}z''-\frac{3}{5};\hfill\\[3pt] z=-\frac{4}{5}y'+\frac{3}{5}z'+\frac{4}{5},~z'=z'' \quad \Rightarrow \quad z=-\frac{4}{5}y'+\frac{3}{5}z'+\frac{4}{5}= \frac{4}{5}x''+\frac{3}{5}z''+\frac{4}{5}. \end{gathered}[/math]

Следовательно,

[math]\begin{cases}x=y'',\\[3pt]y=-\dfrac{3}{5}x''+\dfrac{4}{5}z''-\dfrac{3}{5},\\[8pt]z=\dfrac{4}{5}x''+ \dfrac{3}{5}z''+\dfrac{4}{5},\end{cases}[/math] или [math]\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\[3pt]-\dfrac{3}{5}\\[8pt] \dfrac{4}{5}\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}0&1&0\\[3pt]-\dfrac{3}{5}&0&\dfrac{4}{5}\\[8pt]\dfrac{4}{5}&0&\dfrac{3}{5} \end{pmatrix}\!\cdot\! \begin{pmatrix}x''\\y''\\z''\end{pmatrix}\!.[/math]

Таким образом, найдены координатный столбец [math]s[/math] вектора [math]\vec{s}=\overrightarrow{OO''}[/math] переноса начала координат и матрица [math]S[/math] перехода к каноническому базису:


[math]s=\begin{pmatrix}0\\[3pt]-\dfrac{3}{5}\\[8pt]\dfrac{4}{5}\end{pmatrix}\!, \quad S= \begin{pmatrix}0&1&0\\[3pt]-\dfrac{3}{5}&0&\dfrac{4}{5}\\[8pt]\dfrac{4}{5}&0&\dfrac{3}{5}\end{pmatrix}\!.[/math]

▼ Решение в)

в) [math]3x^2-7y^2+3z^2+8xy-8xz-8yz+10x-14y-6z-8=0[/math]


1. Составляем матрицу [math]A[/math] квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы


[math]A=\begin{pmatrix}3&4&-4\\4&-7&-4\\-4&-4&3\end{pmatrix}\!, \quad a=\begin{pmatrix}5\\-7\\-3\end{pmatrix}\!.[/math]

2. Составляем характеристическое уравнение:


[math]\vline\,\,\begin{matrix}3-\lambda&4&-4\\4&-7-\lambda&-4\\-4&-4&3-\lambda\end{matrix}\,\,\vline\,\,=0.[/math]

Раскрывая определитель, получаем


[math]\begin{gathered}(3-\lambda)^2\cdot(-7-\lambda)+128-16\cdot(-7-\lambda)-32\cdot(3-\lambda)=0 \quad \Leftrightarrow\\[3pt] \Leftrightarrow \quad -\lambda^3-\lambda^2+81\cdot\lambda+81=0 \quad \Leftrightarrow \quad (\lambda+1)\cdot(81-\lambda^2)=0. \end{gathered}[/math]

Таким образом, корни характеристического уравнения [math]\lambda_1=-1,~\lambda_2=9,~\lambda_3=-9[/math].


3. Поскольку все корни [math]\lambda_1,\,\lambda_2,\,\lambda_3[/math] простые, то для каждого корня находим ненулевое решение однородной системы уравнений [math](A-\lambda_iE)l_i=o,~i=1,2,3:[/math]


[math]\begin{aligned} \begin{pmatrix}3+1&4&-4\\4&-7+1&-4\\-4&-4&3+1\end{pmatrix}\!\cdot\! \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\!&\quad \Leftrightarrow \quad\! \begin{cases}4x_1+4x_2-4x_3=0,\\4x_1-6x_2-4x_3=0,\\-4x_1-4x_2+4x_3=0,\end{cases} \Rightarrow \quad l_1=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}\!;\\[3pt] \begin{pmatrix}3-9&4&-4\\4&-7-9&-4\\-4&-4&3-9\end{pmatrix}\!\cdot\! \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\!&\quad \Leftrightarrow \quad\! \begin{cases}-6x_1+4x_2-4x_3=0,\\4x_1-16x_2-4x_3=0,\\-4x_1-4x_2+6x_3=0,\end{cases} \Rightarrow \quad l_2=\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}\!;\\[3pt] \begin{pmatrix}3+9&4&-4\\4&-7+9&-4\\-4&-4&3+9\end{pmatrix}\!\cdot\! \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\!&\quad \Leftrightarrow \quad\! \begin{cases} 12x_1+4x_2-4x_3=0,\\4x_1+2x_2-4x_3=0,\\-4x_1-4x_2+12x_3=0, \end{cases} \Rightarrow \quad l_3=\begin{pmatrix}-1\\4\\1\end{pmatrix}\!. \end{aligned}[/math]

Нормируя собственные векторы [math]l_1,\,l_2,\,l_3[/math], получаем координатные столбцы [math]s_1,\,s_2,\,s_3[/math] базисных векторов новой прямоугольной системы координат [math]Ox'y'z'[/math] и составляем матрицу [math]S=\begin{pmatrix}s_1\mid s_2\mid s_3\end{pmatrix}[/math]


[math]s_1=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[3pt]0\\[3pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}\!, \quad s_2=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}\\[8pt]\dfrac{1}{3}\\[8pt]-\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}\!, \quad s_3=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\\[8pt]\dfrac{4}{3\sqrt{2}}\\[8pt]\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\end{pmatrix}\!, \quad S=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\\[8pt] 0&\dfrac{1}{3}&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}\\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&-\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}} \end{pmatrix}\!.[/math]

4. Вычисляем столбец коэффициентов линейной формы [math]a'=S^T\cdot a:[/math]


[math]a'=S^T\cdot a= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\\[8pt] 0&\dfrac{1}{3}&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}\\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&-\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}} \end{pmatrix}\!^T \cdot \begin{pmatrix}5\\-7\\-3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\sqrt{2}\\3\\-6\sqrt{2}\end{pmatrix}\!.[/math]

Составляем "почти" приведенное уравнение:


[math]-1\cdot(x')^2+9\cdot(y')^2-9\cdot(z')^2+2\sqrt{2}\cdot x'+2\cdot3\cdot y'-2\cdot6\sqrt{2}\cdot z'-8=0.[/math]

Поскольку для каждой неизвестной имеются линейный и квадратичный члены, то дополняем их до полного квадрата:


[math]\begin{gathered} -\left[(x')^2-2\sqrt{2}x'+2\right]+2+9\left[(y')^2+\frac{2}{3}y'+\frac{1}{9}\right]-1-9\left[(z')^2+2\frac{2\sqrt{2}}{3}z'+\frac{8}{9}\right]^2+8-8=0 \quad \Leftrightarrow\hfill\\[3pt] \Leftrightarrow \quad -{\left(x'-\sqrt{2}\right)\!}^2+9{\left(y'+\frac{1}{3}\right)\!}^2-9{\left(z'+\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)\!}^2+1=0 \quad \Leftrightarrow \quad -(x'')^2+9(y'')^2-9(z'')^2+1=0, \end{gathered}[/math]

где [math]x''=x'-\sqrt{2},~ y''=y'+\frac{1}{3},~ z''=z'+\frac{2\sqrt{2}}{3}.[/math]


5. Для окончательного упрощения умножим уравнение на [math](-1)[/math] и перенесем свободный член в правую часть:


[math](x'')^2-9(y'')^2+9(z'')^2-1=0 \quad \Leftrightarrow \quad \frac{(x'')^2}{1^2}-\frac{(y'')^2}{(1/3)^2}+\frac{(z'')^2}{(1/3)^2}=1.[/math]

Делаем замену [math]x'''=x'',~y'''=z'',~z'''=y''[/math], переименовывая координатные оси:


[math]\frac{(x''')^2}{1^2}+\frac{(y''')^2}{(1/3)^2}-\frac{(z''')^2}{(1/3)^2}=1.[/math]

Получили каноническое уравнение однополостного гиперболоида.


Найдем замену неизвестных, приводящую исходное уравнение к каноническому виду. В пунктах 3,4,5 были сделаны следующие замены:


[math]\begin{gathered} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\\[8pt] 0&\dfrac{1}{3}&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}\\[8pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&-\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}} \end{pmatrix}\! \cdot \!\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}\!, \quad \begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}x''+\sqrt{2}\\[3pt]y''-\dfrac{1}{3}\\[8pt]z'-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\sqrt{2}\\[3pt]-\dfrac{1}{3}\\[8pt]-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}x''\\y''\\z''\end{pmatrix}\!,\\[3pt] \begin{pmatrix}x''\\y''\\z''\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}\! \cdot \!\begin{pmatrix}x'''\\y'''\\z'''\end{pmatrix}\!. \end{gathered}[/math]

Следовательно,


[math]\begin{gathered} \begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\\[10pt] 0&\dfrac{1}{3}&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}\\[10pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&-\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}} \end{pmatrix}\! \cdot \!\begin{pmatrix}\sqrt{2}\\[4pt]-\dfrac{1}{3}\\[10pt]-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\\[10pt] 0&\dfrac{1}{3}&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}\\[10pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&-\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}} \end{pmatrix}\! \cdot \!\begin{pmatrix}1&0&0\\[2pt]0&0&1\\[2pt]0&1&0\end{pmatrix}\! \cdot \!\begin{pmatrix}x'''\\[2pt]y'''\\[2pt]z'''\end{pmatrix}\! \quad \Leftrightarrow\\[3pt] \Leftrightarrow \quad \!\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}&-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}\\[10pt] 0&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}&\dfrac{1}{3}\\[10pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}}&-\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}\! \cdot \!\begin{pmatrix}x'''\\[2pt]y'''\\[2pt]z'''\end{pmatrix}\end{gathered}[/math]

Таким образом, начало канонической системы координат относительно исходной системы координат имеет координаты 1, –1, 1, а матрица перехода от исходного базиса к каноническому имеет вид


[math]S= \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}&-\dfrac{1}{3\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}\\[10pt] 0&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}&\dfrac{1}{3}\\[10pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}}&-\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}\!.[/math]

Проверим ортогональность этой матрицы. Поскольку


[math]S\cdot S^T= \begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}& -\dfrac{1}{3\sqrt{2}}&\dfrac{2}{3}\\[10pt] 0&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}&\dfrac{1}{3}\\[10pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}}& -\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}\! \cdot \!\begin{pmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{2}}&0&\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\[10pt] -\dfrac{1}{3\sqrt{2}}&\dfrac{4}{3\sqrt{2}}&\dfrac{1}{3\sqrt{2}}\\[10pt] \dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3}&-\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1&0&0\\[2pt] 0&1&0\\[2pt] 0&0&1\end{pmatrix}=E.[/math]

найденная матрица является ортогональной.

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved