Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 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 Oxyz поверхность второго порядка задана уравнением


\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}

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


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


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}\!.

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


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


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


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


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


\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} или (A-\lambda_3\cdot E)\cdot l_3=o;

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


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


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

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


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


\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.

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 \lambda_1\ne0 и a'_1\ne0, то выполняем преобразования:


\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,

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


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 \lambda_1\ne0, \lambda_2=0, \lambda_3=0, a'_1=0, a'_2\ne0, a'_3\ne0, т.е. уравнение имеет вид


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

то нужно выполнить замену неизвестных


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'),

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


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


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

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


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

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, x'=y'',~y'=x'',~z'=z'';

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

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

▼ Решение а)

а) x^2+y^2+2x-4y+2z+1=0


1. Составляем матрицу A квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы


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

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


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


(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.

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


(x'')^2+(y'')^2+2\cdot z''=0.

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


(x''')^2+(y''')^2=2\cdot z'''.

Получили каноническое уравнение (7) эллиптического параболоида с коэффициентами a=b=1.


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


\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}

Следовательно,


\begin{cases}x=x'''-1,\\y=y'''+2,\\z=-z'''+2,\end{cases} или \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}\!.

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


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

▼ Решение б)

б) x^2+6y-8z+10=0


1. Составляем матрицу A квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы


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

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


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


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),

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


(x')^2+2\cdot5\cdot y'=0.

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


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


\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}

Следовательно,

\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} или \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}\!.

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


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}\!.

▼ Решение в)

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


1. Составляем матрицу A квадратичной формы и столбец коэффициентов линейной формы


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

2. Составляем характеристическое уравнение:


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

Раскрывая определитель, получаем


\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}

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


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


\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}

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


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}\!.

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


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}\!.

Составляем "почти" приведенное уравнение:


-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.

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


\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}

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


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


(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.

Делаем замену x'''=x'',~y'''=z'',~z'''=y'', переименовывая координатные оси:


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

Получили каноническое уравнение однополостного гиперболоида.


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


\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}

Следовательно,


\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}

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


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}\!.

Проверим ортогональность этой матрицы. Поскольку


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.

найденная матрица является ортогональной.
Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved