Krzywa stopnia drugiego

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
piotrek2008
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 69
Rejestracja: 17 paź 2008, o 09:19
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy

Krzywa stopnia drugiego

Post autor: piotrek2008 »

Dokonać diagonalizacji macierzy A poprzez przejście do bazy ortonormalnej wektorów własnych.

A=\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&3\\3&1\\\end{bmatrix}}\).

sam spróbowałem zacząć i zatrzymałem się na pewnym miejscu

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1- \alpha &3\\3&1- \alpha \\\end{bmatrix}= \alpha ^{2} -2 \alpha -8}\)

\(\displaystyle{ \alpha _{1} =-2}\)
\(\displaystyle{ \alpha _{2} =4}\)

Wektory własne \(\displaystyle{ \vec{v _{k} } :Av _{k} = \alpha _{k} v _{k}}\) czyli

dla \(\displaystyle{ \alpha _{1} =-2}\)

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&3\\3&1\\\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -2x\\-2y\\\end{bmatrix}}\).
Z tego wynika , że y=-x i x=-y

dla \(\displaystyle{ \alpha _{2} =4}\)

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&3\\3&1\\\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 4x\\4y\\\end{bmatrix}}\).
Z tego wynika , że y=x i x=y

I nie wiem co dalej z tymi wektorami własnymi jak je wyznaczyć z tego.

Nie wiem także jak (w przypadku gdy macierz A jest częścią kwadratową równania krzywej stopnia drugiego) czyli jak zapisać równanie\(\displaystyle{ x ^{2}+6xy+y ^{2}}\) we współrzędnych x'
BettyBoo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5356
Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Gliwice
Pomógł: 1381 razy

Krzywa stopnia drugiego

Post autor: BettyBoo »

Wektory własne wygodniej się wyznacza z przekształconego równania \(\displaystyle{ (A-\alpha _{k}I) v _{k}=0}\) - oczywiście są takie, jak napisałeś.

Wektory własne odpowiadające różnym wartościom własnym są ortogonalne. Jak obliczyłeś, wektory własne związane z wartością -2 są postaci [t,-t], a z wartością własną 4 są postaci [t,t].
No to weźmy np [1,-1] oraz [1,1]. Te wektory są już ortogonalne, teraz trzeba je tylko znormalizować - czyli każdy podzielić przez jego długość - a więc szukaną bazą ortonormalną wektorów własnych jest np

\(\displaystyle{ B=\left\{\left[\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right],\ \left[\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]\right\}}\)

Dla tak dobranej bazy mamy

\(\displaystyle{ x^2+6xy+y^2=-2(x')^2+4(y')^2}\)

gdzie x',y' to współrzędne wektora [x,y] w bazie B.

Pozdrawiam.
ODPOWIEDZ