Рейтинг:   / 38
ПлохоОтлично 

Приведение квадратичной формы к каноническому виду.

 

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Метод собственных векторов:

Рассмотрим квадратичную форму $A(x,x) =\sum\limits_{i,j=1}^na_{i,j}x_ix_j$ в евклидовом пространстве $R^n.$ Так как ее матрица $A=(a_ij)$ симметрична, то она может быть представлена в виде $A=UDU^{T},$ где $D -$ диагональная матрица, на диагонали которой стоят собственные числа матрицы, а $U -$ ортогональная матрица. Столбцы матрицы $U$ являются координатами некоторого ортонормированного базиса $B'=(e_1, ..., e_n),$ в котором матрица $A$ имеет диагональный вид $D,$ и, следовательно, квадратичная форма - искомый канонический вид. Соответствующие преобразования координат определяются соотношением $$\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}=U\begin{pmatrix}x_1'\\\vdots\\x_n'\end{pmatrix}.$$

Пример.

Найти ортогональное преобразование, приводящее следующие формы к каноническому виду, и написать этот канонический вид:

4.213. $11x_1^2+5x_2^2+2x_3^2+16x_1x_2+4x_1x_3-20x_2x_3.$

Решение.

Матрица квадратичной формы имеет вид $$\begin{pmatrix}11&8&2\\8&5&-10\\2&-10&2\end{pmatrix}.$$

Найдем собственные числа этой матрицы. Для этого запишем характеристическое уравнение:

$$A-\lambda E=\begin{pmatrix}11&8&2\\8&5&-10\\2&-10&2\end{pmatrix}-\lambda\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}11-\lambda&8&2\\8&5-\lambda&-10\\2&-10&2-\lambda\end{pmatrix}.$$

$$det(A-\lambda E)=\begin{vmatrix}11-\lambda&8&2\\8&5-\lambda&-10\\2&-10&2-\lambda\end{vmatrix}=$$  $$=(11-\lambda)(5-\lambda)(2-\lambda)+2\cdot 8\cdot (-10)+2\cdot 8\cdot (-10)-$$ $$-2\cdot(5-\lambda)\cdot 2-(11-\lambda)\cdot(-10)\cdot(-10)-8\cdot 8\cdot(2-\lambda)=$$ $$=-\lambda^3+\lambda^2(2+5+11)-\lambda(10+22+55)+110-160-160-20+$$ $$+4\lambda-1100+100\lambda-128+64\lambda=$$ $$=-\lambda^3+18\lambda^2+81\lambda-1458=-\lambda(\lambda^2-81)+18(\lambda^2-81)=$$ $$=(\lambda-9)(\lambda+9)(-\lambda+18)=0.$$

Отсюда находим собственные числа:

$$\lambda_1=9,\quad \lambda_2=-9, \quad\lambda_3=18.$$

Далее находим собственные вектора:

 

Собственный вектор для собственного числа $\lambda_1=9$ найдем из системы $$(A-\lambda E)X=0, X\neq 0, \Rightarrow (A-9E)X=0, X\neq 0$$

$$(A-9E)X=\begin{pmatrix}11-9&8&2\\8&5-9&-10\\2&-10&2-9\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}2x_1+8x_2+2x_3\\8x_1-4x_2-10x_3\\2x_1-10x_2-7x_3\end{pmatrix}=0.$$

Решим однородную систему уравнений:

$$\left\{\begin{array}{lcl}2x_1+8x_2+2x_3=0\\ 8x_1-4x_2-10x_3=0\\2x_1-10x_2-7x_3=0\end{array}\right.$$ 

Вычислим ранг матрицы коэффициентов $A=\begin{pmatrix}2&8&2\\8&-4&-10\\2&-10&-7\end{pmatrix}$ методом окаймляющих миноров:    

Фиксируем минор отличный от нуля второго порядка $M_2=\begin{vmatrix}2&8\\8&-4\end{vmatrix}=-8-64=-72\neq 0.$

Рассмотрим окаймляющий минор третьего порядка:  $\begin{vmatrix}2&8&2\\8&-4&-10\\2&-10&-7\end{vmatrix}=56-160-160+16-200+448=0;$

Таким образом ранг матрицы $A$ равен двум.

Выберем в качестве базисного минор $M=\begin{vmatrix}2&8\\8&-4\end{vmatrix}=-72\neq 0.$ Тогда, полагая $x_3=c,$ получаем: $$\left\{\begin{array}{lcl}2x_1+8x_2+2c=0\\ 8x_1-4x_2-10c=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}2x_1+8x_2=-2c\\8x_1-4x_2=10c\end{array}\right.$$ 

 По правилу Крамера находим $x_1$ и $x_2:$

 $\Delta=\begin{vmatrix}2&8\\8&-4\end{vmatrix}=-8-64=-72;$

 $\Delta_1=\begin{vmatrix}-2c&8\\10c&-4\end{vmatrix}=8c-80c=-72c;$

 $\Delta_2=\begin{vmatrix}2&-2c\\8&10c\end{vmatrix}=20c+16c=36c;$

 $x_1=\frac{\Delta_1}{\Delta}=\frac{-72c}{-72}=c;$ $x_2=\frac{\Delta_2}{\Delta}=\frac{36c}{-72}=-c/2.$

 Таким образом, общее решение системы $X(c)=\begin{pmatrix}c\\-c/2\\c\end{pmatrix}.$

 Из общего решения находим фундаментальную систему решений: $E=X(1)=\begin{pmatrix}1\\-1/2\\1\end{pmatrix}.$ 

Соответсвующий ортонормированный собственный вектор: $$e_1'=\left(\frac{2}{\sqrt{4+1+4}},\frac{-1}{\sqrt{4+1+4}},\frac{2}{\sqrt{4+1+4}}\right)=\left(\frac{2}{3},\frac{-1}{3},\frac{2}{3}\right).$$

Собственный вектор для собственного числа $\lambda_2=-9$ найдем из системы $$(A-\lambda E)X=0, X\neq 0, \Rightarrow (A+9E)X=0, X\neq 0$$

$$(A+9E)X=\begin{pmatrix}11+9&8&2\\8&5+9&-10\\2&-10&2+9\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}20x_1+8x_2+2x_3\\8x_1+14x_2-10x_3\\2x_1-10x_2+11x_3\end{pmatrix}=0.$$

Решим однородную систему уравнений:

$$\left\{\begin{array}{lcl}20x_1+8x_2+2x_3=0\\ 8x_1+14x_2-10x_3=0\\2x_1-10x_2+11x_3=0\end{array}\right.$$ 

Вычислим ранг матрицы коэффициентов $A=\begin{pmatrix}20&8&2\\8&14&-10\\2&-10&11\end{pmatrix}$ методом окаймляющих миноров:    

Фиксируем минор отличный от нуля второго порядка $M_2=\begin{vmatrix}20&8\\8&14\end{vmatrix}=280-64=216\neq 0.$

Рассмотрим окаймляющий минор третьего порядка:  $\begin{vmatrix}20&8&2\\8&14&-10\\2&-10&11\end{vmatrix}=3080-160-160-56-2000-704=0;$

Таким образом ранг матрицы $A$ равен двум.

Выберем в качестве базисного минор $M=\begin{vmatrix}20&8\\8&14\end{vmatrix}=216\neq 0.$ Тогда, полагая $x_3=c,$ получаем: $$\left\{\begin{array}{lcl}20x_1+8x_2+2c=0\\ 8x_1+14x_2-10c=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}20x_1+8x_2=-2c\\8x_1+14x_2=10c\end{array}\right.$$ 

 По правилу Крамера находим $x_1$ и $x_2:$

 $\Delta=\begin{vmatrix}20&8\\8&14\end{vmatrix}=280-64=216;$

 $\Delta_1=\begin{vmatrix}-2c&8\\10c&14\end{vmatrix}=-28c-80c=-108c;$

 $\Delta_2=\begin{vmatrix}20&-2c\\8&10c\end{vmatrix}=200c+16c=216c;$

 $x_1=\frac{\Delta_1}{\Delta}=\frac{-108c}{216}=-c/2;$ $x_2=\frac{\Delta_2}{\Delta}=\frac{216c}{216}=c.$

 Таким образом, общее решение системы $X(c)=\begin{pmatrix}-c/2\\c\\c\end{pmatrix}.$

 Из общего решения находим фундаментальную систему решений: $E=X(1)=\begin{pmatrix}-1/2\\1\\1\end{pmatrix}.$ 

Соответсвующий ортонормированный собственный вектор: $$e'_2=\left(\frac{-1}{\sqrt{4+1+4}},\frac{2}{\sqrt{4+1+4}},\frac{2}{\sqrt{4+1+4}}\right)=\left(\frac{-1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right).$$

Собственный вектор для собственного числа $\lambda=18$ найдем из системы $$(A-\lambda E)X=0, X\neq 0, \Rightarrow (A-18E)X=0, X\neq 0$$

$$(A-18E)X=\begin{pmatrix}11-18&8&2\\8&5-18&-10\\2&-10&2-18\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}-7x_1+8x_2+2x_3\\8x_1-13x_2-10x_3\\2x_1-10x_2-16x_3\end{pmatrix}=0.$$

Решим однородную систему уравнений:

$$\left\{\begin{array}{lcl}-7x_1+8x_2+2x_3=0\\ 8x_1-13x_2-10x_3=0\\2x_1-10x_2-16x_3=0\end{array}\right.$$ 

Вычислим ранг матрицы коэффициентов $A=\begin{pmatrix}-7&8&2\\8&-13&-10\\2&-10&-16\end{pmatrix}$ методом окаймляющих миноров:    

Фиксируем минор отличный от нуля второго порядка $M_2=\begin{vmatrix}-7&8\\8&-13\end{vmatrix}=91-64=27\neq 0.$

Рассмотрим окаймляющий минор третьего порядка:  $\begin{vmatrix}-7&8&2\\8&-13&-10\\2&-10&-16\end{vmatrix}=-1456-160-160+52+700+1024=0;$

Таким образом ранг матрицы $A$ равен двум.

Выберем в качестве базисного минор $M=\begin{vmatrix}-7&8\\8&-13\end{vmatrix}=27\neq 0.$ Тогда, полагая $x_3=c,$ получаем: $$\left\{\begin{array}{lcl}-7x_1+8x_2+2c=0\\ 8x_1-13x_2-10c=0\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{lcl}-7x_1+8x_2=-2c\\8x_1-13x_2=10c\end{array}\right.$$ 

 

По правилу Крамера находим $x_1$ и $x_2:$

$\Delta=\begin{vmatrix}-7&8\\8&-13\end{vmatrix}=91-64=27;$

$\Delta_1=\begin{vmatrix}-2c&8\\10c&-13\end{vmatrix}=26c-80c=-54c;$

$\Delta_2=\begin{vmatrix}-7&-2c\\8&10c\end{vmatrix}=-70c+16c=-54c;$

$x_1=\frac{\Delta_1}{\Delta}=\frac{-54c}{27}=-2c;$ $x_2=\frac{\Delta_2}{\Delta}=\frac{-54c}{27}=-2c.$

Таким образом, общее решение системы $X(c)=\begin{pmatrix}-2c\\-2c\\c\end{pmatrix}.$

Из общего решения находим фундаментальную систему решений: $E=X(1)=\begin{pmatrix}-2\\-2\\1\end{pmatrix}.$ 

Соответсвующий ортонормированный собственный вектор: $$e'_3=\left(\frac{-2}{\sqrt{4+4+1}},\frac{-2}{\sqrt{4+4+1}},\frac{1}{\sqrt{4+4+1}}\right)=\left(\frac{-2}{3},\frac{-2}{3},\frac{1}{3}\right).$$

Таким образом, мы нашли вектора 

$$e_1'=\left(\frac{2}{3},\frac{-1}{3},\frac{2}{3}\right);$$

$$e_2'=\left(\frac{-1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right);$$

$$e_3'=\left(\frac{-2}{3},\frac{-2}{3},\frac{1}{3}\right).$$ И следовательно, 

$$U=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&-1&-2\\-1&2&-2\\2&2&1\end{pmatrix}, \quad U^T=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&-1&2\\-1&2&2\\-2&-2&1\end{pmatrix}.$$

В базисе $B'=(e_1', e_2', e_3')$ заданная квадратичная форма имеет вид $$A(x, x)=9x_1^2-9x_2^2+18x_3^2,$$ а соответствующее преобразование координат: 

$$x_1=2x_1 '-x_2'-2x_3'$$

$$x_2=-x_1 '+2x_2'-2x_3'$$

$$x_3=2x_1 '+2x_2'+x_3'$$

Ответ: $A(x, x)=9x_1^2-9x_2^2+18x_3^2;$

$$x_1=2x_1 '-x_2'-2x_3';$$

$$x_2=-x_1 '+2x_2'-2x_3';$$

$$x_3=2x_1 '+2x_2'+x_3'.$$

 

Комментарии   

 
+3 #2 Внимательная леди 16.06.2016 15:28
:sad:
При записи координат Вы забыли коэффициент 1/3, что привело к неправильному ответу!
;-)
Цитировать
 
 
+9 #1 Прохожий 11.08.2014 22:34
Опечатка в "соответствующе е преобразование координат: "
забыли x3 = (x1',x2',x3'), вместо этого дублируется x1 в конце два раза, и в ответе тоже самое.
Цитировать
 

Добавить комментарий


Защитный код
Обновить