1611141256-ad5e1feba585f35a92f7154ebbb6a6c9 (824990), страница 68
Текст из файла (страница 68)
Легко убедиться, что при й = 1 это уравнение приводится к канонической форме ~з с~+ Оз — — = О, соответствующей конусу, при й > 1 — к канонической форме ьез 2 ~з — + — — — =1 й — 1 й — 1 6(й — 1) соответствующей однополосгному гиперболоиду, при й < 1 — к канонической форме, соответствующей двуполостному гиперболоиду. С п о с о б 2. Выписываем матрицу большой квадратичной формы поверхности и приводим ее к диагональному виду, применяя элементарные преобразования к строкам (по методу Гаусса) и такие же преобразования к столбцам.
Если при этом последний столбец и последняя строка не прибавляются с какими-либо множителями к остальным и не умножаются на числа, отличные от единицы, то элементарные преобразования соответствуют матрице перехода Т задачи 11.17, 2). Попутно эти преобразования упрощают и матрипу малой квадратичной формы поверхности, не меняя рангов и сигнатур.
В данном случае Решения 355 упростим квадратичную форму поверхности. В данном случае достаточно лишь обратить в нуль член с произведением рю Выпишем матрицу из коэффициентов членов второй степени, сцдержащих у и: з, и строку коэффициентов при у и з в первой степени: А=, а= — 53 -5'5. Составим характеристическое уравнение ~А — ЛЕ! = О: ( -1 1-1(=0 Корни этого уравнения Л~ = О, Лз = 2. Для нахождения ортонормированного базиса из собственных векторов составляем систему уравнений (А — ЛЕ) Е, = о. В данном случае 5, = о, 5, = 1 Й, Л = О; (4) Е,=о, 5,= Ь, Л=2; (5) Различным собственным значениям Лэ = О и Лэ = 2 принадлежат взаимно ортогональные собственные векторы.
Поэтому для отыскания ортонормироваиного базиса из собственных векторов достаточно пронормировать найденные столбцы (4) и (5). Получаем столб- цы — . и — . Искомая замена координат = Я имеет матрицу перехода Я = — й 1, составленную из этих столбцов. При такой замене координат члеиы данного уравнения уз + зэ — 2рл переходят в 2з' . Чтобы найти коэффициенты при линейных членах преобразованного уравнения, используем формулу а' = аУ. Получим а' = ( — 1/с/2, — 2ч'2).
Остальные члены уравнения при нашей замене координат не меняются. Мы можем выписать преобразованное уравнение -х + 2з' + 2х — Лр' — 4~/2х' + 1 = О. Теперь необходимо перенести начало координат в пространстве. Для этого группируем одноименные переменные и дополняем их до полного квадрата; наше уравнение приобретает вид -(х — » + (з'Л вЂ” 2) — ~Г2у' — 2 = О или -(*-»'+ ("-2)'-ЛЬ'+2) = Делаем замену координат х = 4+ 1, у' = и — Я, г' = ~+ Я (перенос начала координат в точку 0 с координатами 1, -~/2, Л относи- Решения 356 тельно повернутой системы). Получаем почти каноническое уравне- ние — сг + 2~~ — ъ~2г1 = О. (6) Ясно, что данное уравнение описывает гиперболический параболоид.
Сделаем некоторые дополнительные замечания к решению задачи. Прежде всего вычислим исходные координаты точки О. Отметим, что при замене только переменных р и г первая координата любой точки остается неизменной. Поэтому первая координата точки О равна 1 и в повернутой, и в исходной системе координат.
Остальные координаты можно вычислить, пользуясь формулой перехода: Таким образом, старые координаты точки О суть 1, -2, О. Поясним, как выписать формулу перехода от координат я, у, е к с, и, ь. Она имеет матричный вид у =8 и + — 2 (7) где матрица перехода Я содержит о' в качестве подматрицы: 1 0 0 л = 0 1/~/2 -1/ь/2 0 1/~/2 1/~/2 Раск ывая а ич р м тр ную формулу (7), получим итоговую замену координат в развернутой форме 1 1 1 1 х = б+ 1, у = — и — — ~ — 2, г = — О+ — с".
(8) Л Л ' Л Л' Наконец, остановимся на переходе от почти канонического уравнения к каноническому. Можно, например, умножить обе части равенства (6) на 1/2, перенести линейный член в правую часть и сделать замену координат С =0', О=~', (9) После этого уравнение (6) превратится в каноническое уравнение ,г 1 ,г 1 0 2 /2 001 Замена координат (9) имеет матрицу 1 0 0 и соответствует пе- 010 рестановке базисных векторов. Переход от исходных координат к каноническим в силу (8) и (9) определяется формулами 1, 1, 1 я = и + 1, 9 = — — б + — ь — 2, г = — 6'+ — ~'.
/2 й2 ' Л Л ' Решения 351 2эЛ вЂ” ~/Г4 6 Л 2~/Г4 3 — ЗЛ 05 1 Я=— '70 = Аззв Выписываем систему уравнений (11): 4 2 — 6 2 1 — 3 — 6 — 3 9 0 5 — 3 2 1 — 3 — 5 Ь+ Последнее уравнение — это (2дг + р )Ь + й = О. Находим частное решение Ь = )! — 1 1 0 (( . Замена переменных с = оЕ + Ь приведет т данное уравнение к виду (4): коэффициенты А', а', й' вычисляем, пользуясь формулами из ответа к задаче 11.8, 2), а также свойствами матрицы 8 и системы уравнений (11): А' = йак(14, О, О), а'=(Ь А+р +9~)Я=9 Я=//О !д! О!!=()О чг5 0)), й' = (24т + рт)Ъ+ й = О.
Таким образом, уравнение (4) принимает почти канонический вид 14хз + Лу = О, что соответствует ответу задачи. 12.60. 2) Обозначим искомую площадь через Я. Преобразование х* = о1х+ 51 У+ см у* = азх+ Ьзу+ сз (11) переводит первые две прямые в оси Оу и Ох. Найдем образ Г третьей прямой, подставив решения системы (11): 1 х' — с1 Ь1 бз у' — сз Ьз 1 а1 х' — с| ( а1 51 У= оз = Ьз аз у' — сз 1 з — оз Ьз 11.22.
24). Приведем важнейшие этапы решения, не осганавливаясь на деталях отыскания собственных значений, собственных векторов, подпространств Р и Я, разложения вектора а в сумму р+ 9, выбора и нормировки столбцов матрицы Я, решения системы уравнений (11). Все обозначения приведены во введении к 3 11. Ссылки на уравнения относятся к формулам того же введения.
В нашем случае 4 2 — 6 А= 2 1 -3, а='51 3 — ЗЙ, й= — 5. — 6 — 3 9 Характеристические числа матрицы 14, О, О, соответствующие собственные векторы Й 2 1 — 3 )(, (! — 1 2 0 Э, 'а 6 3 5 )( . Они попарно ортогональны. Подпространство Р натянуто на первый из них, Я вЂ” линейная оболочка второго и третьего. В разложении ат = р+ д получаемр=((2 1 — 3((, д=(! — 1 2 0(( Значит, за столбцы Я можно принять нормированные собственные векторы: Решения 358 в уравнение прямой азх + Ьзу + сз = О. Получим ад Ьз х' — сз аз Ьз у* — сз =О, аз Ьз — сз т.е. (12) 1 — -Ь„з). а Отсюда заключаем, что величины 1 г„=Ą— ЧЬ 1ив =Ь вЂ” -Д -1 Я (13) 1 образуют геометрические прогрессии со знаменателями — и Д ветственно.
Вычислим а соот- гз = Ьз — ОЬз = 4аз — 1 — 2ео = ~д+ -) — 1 — а ( а+ — /1 а Я г аз Ьз х* аз Ь| сз аз Ьз у* = аз Ьз сз =Ь. аз Ьз О аз Ьз сз Подставим у' = 0 и х' = 0 в уравнение прямой 1* и найдем> что 11 отсекает на осях Ох и Ор отрезки длины ~Ь/бз! и ~Ь/бз(, где аз Ьз ' ' аз Ьз Следовательно, 1* образует с осями координат треугольник площади ,),з Я' = —. Так как Я*/Я = ~бз~, то Я = 2)бабе)' 2)бзбзбз! 14.24. 10) Обозначим искомый определитель через 11„. Раскладывая его по первой строке, получим рекуррентное соотношение 1 ь1„= 2аЬ„-з — Ь„-з.
Пусть д таково, что 2о = е+ — (решив квад- Я 1 ратное уравнение, находим, например, что е = а+ ~/оз — 1, а 11 = о — з/оз — 1). Из равенства Ь„= а+ -) Ь„з — ьз„з следуют Я два рекуррентных соотношения Решения 359 аналогично получим вз = д, откуда следует г„= — и э„= 4" (и > 1).
2 1 » 11 Из формул (13) следует, что в„— г„= д — -~ Ь„ь Поэтому при д" д Ф х1 Ь„-~ = (д" — — ) ( (д — — ) . Заменив 9 его выражением через и и раскрыв степени по биному Ньютона, получим (а+ ~~~Я - 11) — (а — ~/а~ — 1) 2а-1 й7 — 1 й -Вбг) Сэьег „«-эь-~(,„з 1)ь ь=о Заменяя а — 1 на и, получим ответ задачи.
Рассмотрим случай д = х1 (о = х1). При 9 = 1 обе формулы (12) совпадают и показывают, что й„образуют арифметическую прогрессию со знаменателем, равным 1. Так как при этом Ь| = 2, то О,„= и+ 1. Аналогично убеждаемся, что при д = — 1 (а = — 1) Ь„= = ( — 1)" (и+ 1).
Эти частные случаи также содержатся в формуле, указанной в ответе задачи. 14.24. 13) Пусть Ь ф О. Вынося из каждой строки определителя множитель Ь и обозначая а/Ь = х, получим х 1 0 ... 0 О 1 х 1 ... О О 000...1х 0 =Ь" и и -.ПЦ- -Ь)-и( —.- — ") э=1 Следовательно, задача сводится к 14.24, 10), что дает после соот- ветствующих замен обозначений первую из приведенных в ответе формул.
Эта формула остается справедливой и в пропущенном на- ми тривиальном случае Ь = О. Чтобы получить ответ в другой форме, будем считать х перемен- ной величиной. Тогда 11 можно рассматривать как многочлен от х степени и со старшим коэффициентом, равным Ь". По теореме Безу 11 = 0 (х) = Ь" Ц (х — оь), э=1 где аь — корни уравнения 11 (х) = О. Из ответа к задаче 14.24, 11), як следует, что Ь„= 0 при х = — (й = 1, ..., и). Сравнивая 1Ь„ и+1 и й, убеждаемся, что многочлен Ь (х) имеет и различных корней тй аь = 2 соз —, откуда и получаем и+1 360 Решения Очевидно, эта формула верна и в пропущенном тривиальном случае Ь = О.
15.50. Каждое элементарное преобразование строк матрицы А эквивалентно умножению ее слева на элементарную матрицу, которая получается из единичной матрицы с помощью того же элементарного преобразования. Невырожденную матрипу с помощью элементарных преобразований можно перевести в единичную. Значит, в этом случае получаем Яь ... Я~А = Е, откуда Яь ... Я~ — — А ~, А = — 1 -1 — 1 -! = Я, ... Яь . Матрицы Я,,..., Я», так же как и Ям ..., Я», элементарные; они получаются из единичной матрицы «обратными» элементарными преобразованиями строк.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
