Forma kwadratowa
-
- Użytkownik
- Posty: 1116
- Rejestracja: 11 wrz 2015, o 19:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Górnicza Dolina
- Podziękował: 74 razy
- Pomógł: 115 razy
Forma kwadratowa
Określ jaką powierzchnie przedstawia równanie
\(\displaystyle{ 5x^2+2y^2+5z^2+4xy-2xz+4yz+4 \sqrt{2} x+2 \sqrt{2}y+ \frac{2}{3} =0}\)
Podaj nowe współrzędne, w których równanie tej powierzchni ma postać kanoniczną. Naszkicuj tę powierzchnie w znalezionym układzie współrzędnych.
Pierwsze zapisuje formę macierzowo
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 5&2&-1\\2&2&2\\-1&2&5\end{bmatrix}}\)
Wielomian charakterystyczny \(\displaystyle{ \phi (\lambda)=- \lambda (\lambda -6)^2}\)
Wektor własny dla \(\displaystyle{ \lambda =0}\) \(\displaystyle{ v_1=(1, -2, 1)}\)
Wektory własne dla \(\displaystyle{ \lambda =6}\) \(\displaystyle{ v_2=(2,1,0)}\), \(\displaystyle{ v_3=(-1,0,1)}\)
Wiemy, że \(\displaystyle{ v_1}\) jest prostopadły do \(\displaystyle{ v_2}\) oraz \(\displaystyle{ v_3}\)
Teraz trzeba unormować wektory.
Wektorem pierwszym macierzy przejścia będzie trzeci wektor własny unormowany.
\(\displaystyle{ e_1=( \frac{-1}{ \sqrt{2} } ,0, \frac{1}{ \sqrt{2} } )}\)
Jako drugi wektor mogę wziąć pierwszy wektor własny unormowany, ponieważ są prostopadłe.
\(\displaystyle{ e_2=( \frac{1}{ \sqrt{6} } , \frac{-2}{ \sqrt{6} } , \frac{1}{ \sqrt{6} } )}\)
\(\displaystyle{ u_3=v_2+e_1 \alpha +e_2 \beta}\) i po wyliczeniu skalarów dostaje
\(\displaystyle{ u_3=(1,1,1)}\), \(\displaystyle{ e_3=( \frac{1}{ \sqrt{3} } ,\frac{1}{ \sqrt{3} },\frac{1}{ \sqrt{3} })}\)
Macierz przejścia
\(\displaystyle{ P=\begin{bmatrix} \frac{-1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6}}&\frac{1}{ \sqrt{3}}\\ 0& \frac{-2}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\\ \frac{1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\end{bmatrix}}\)
Teraz moje równanie ma postać
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x'&y'&z' \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6&0&0\\0&0&0\\0&0&6\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -4&0& \frac{6 \sqrt{2} }{ \sqrt{3} } \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{-1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6}}&\frac{1}{ \sqrt{3}}\\ 0& \frac{-2}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\\ \frac{1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix}}\)\(\displaystyle{ =6(x'- \frac{1}{3} )^2+6(z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} } )^2-1}\)
\(\displaystyle{ 6(x'- \frac{1}{3} )^2+6(z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} } )^2-1=0}\)
Trochę tego duże, ale gdyby ktoś mógł zobaczyć czy ogólnie robiłem dobrze i ew. o obliczenia
\(\displaystyle{ 5x^2+2y^2+5z^2+4xy-2xz+4yz+4 \sqrt{2} x+2 \sqrt{2}y+ \frac{2}{3} =0}\)
Podaj nowe współrzędne, w których równanie tej powierzchni ma postać kanoniczną. Naszkicuj tę powierzchnie w znalezionym układzie współrzędnych.
Pierwsze zapisuje formę macierzowo
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 5&2&-1\\2&2&2\\-1&2&5\end{bmatrix}}\)
Wielomian charakterystyczny \(\displaystyle{ \phi (\lambda)=- \lambda (\lambda -6)^2}\)
Wektor własny dla \(\displaystyle{ \lambda =0}\) \(\displaystyle{ v_1=(1, -2, 1)}\)
Wektory własne dla \(\displaystyle{ \lambda =6}\) \(\displaystyle{ v_2=(2,1,0)}\), \(\displaystyle{ v_3=(-1,0,1)}\)
Wiemy, że \(\displaystyle{ v_1}\) jest prostopadły do \(\displaystyle{ v_2}\) oraz \(\displaystyle{ v_3}\)
Teraz trzeba unormować wektory.
Wektorem pierwszym macierzy przejścia będzie trzeci wektor własny unormowany.
\(\displaystyle{ e_1=( \frac{-1}{ \sqrt{2} } ,0, \frac{1}{ \sqrt{2} } )}\)
Jako drugi wektor mogę wziąć pierwszy wektor własny unormowany, ponieważ są prostopadłe.
\(\displaystyle{ e_2=( \frac{1}{ \sqrt{6} } , \frac{-2}{ \sqrt{6} } , \frac{1}{ \sqrt{6} } )}\)
\(\displaystyle{ u_3=v_2+e_1 \alpha +e_2 \beta}\) i po wyliczeniu skalarów dostaje
\(\displaystyle{ u_3=(1,1,1)}\), \(\displaystyle{ e_3=( \frac{1}{ \sqrt{3} } ,\frac{1}{ \sqrt{3} },\frac{1}{ \sqrt{3} })}\)
Macierz przejścia
\(\displaystyle{ P=\begin{bmatrix} \frac{-1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6}}&\frac{1}{ \sqrt{3}}\\ 0& \frac{-2}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\\ \frac{1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\end{bmatrix}}\)
Teraz moje równanie ma postać
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x'&y'&z' \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6&0&0\\0&0&0\\0&0&6\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -4&0& \frac{6 \sqrt{2} }{ \sqrt{3} } \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{-1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6}}&\frac{1}{ \sqrt{3}}\\ 0& \frac{-2}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\\ \frac{1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix}}\)\(\displaystyle{ =6(x'- \frac{1}{3} )^2+6(z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} } )^2-1}\)
\(\displaystyle{ 6(x'- \frac{1}{3} )^2+6(z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} } )^2-1=0}\)
Trochę tego duże, ale gdyby ktoś mógł zobaczyć czy ogólnie robiłem dobrze i ew. o obliczenia
-
- Użytkownik
- Posty: 226
- Rejestracja: 14 sie 2016, o 17:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 60 razy
Forma kwadratowa
Znalazłeś bazę w której ta forma ma postać diagonalną. Macierz \(\displaystyle{ P}\) to macierz przejścia tej bazy w standardową.
I podstawiłeś \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}=P*\begin{bmatrix} x'\\y'\\z' \end{bmatrix}}\)
I podstawiłeś \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}=P*\begin{bmatrix} x'\\y'\\z' \end{bmatrix}}\)
Skąd się to wzięło \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} -4&0& \frac{6 \sqrt{2} }{ \sqrt{3} } \end{bmatrix}}\)? Nie powinno być \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 4 \sqrt{2}&2 \sqrt{2}& 0 \end{bmatrix}}\) ?Benny01 pisze: Teraz moje równanie ma postać
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x'&y'&z' \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6&0&0\\0&0&0\\0&0&6\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -4&0& \frac{6 \sqrt{2} }{ \sqrt{3} } \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{-1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6}}&\frac{1}{ \sqrt{3}}\\ 0& \frac{-2}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\\ \frac{1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 226
- Rejestracja: 14 sie 2016, o 17:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 60 razy
Forma kwadratowa
No to na tym przykładzie ja bym to zrobił tak:
Mamy \(\displaystyle{ 6(x'- \frac{1}{3} )^2+6(z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} } )^2-1=0}\)
weźmy
\(\displaystyle{ x_1=x'- \frac{1}{3}}\)
i
\(\displaystyle{ y_1= z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} }}\)
Czyli jak podstawimy to mamy:
\(\displaystyle{ 6x_1 ^{2} +6y_1^{2}-1=0}\)
\(\displaystyle{ x_1^{2}+y_1^{2}=1/6}\)
Czyli równanie okręgu o promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{6} }}\) patrząc tylko na dwie osie i trzecia współrzędna jest dowolna więc po prostu przez każdy punkt okręgu puszczamy prostą równoległą do tej trzeciej osi. W tym przypadku wyjdzie nam walec.
Mamy \(\displaystyle{ 6(x'- \frac{1}{3} )^2+6(z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} } )^2-1=0}\)
weźmy
\(\displaystyle{ x_1=x'- \frac{1}{3}}\)
i
\(\displaystyle{ y_1= z'+ \frac{ \sqrt{2} }{2 \sqrt{3} }}\)
Czyli jak podstawimy to mamy:
\(\displaystyle{ 6x_1 ^{2} +6y_1^{2}-1=0}\)
\(\displaystyle{ x_1^{2}+y_1^{2}=1/6}\)
Czyli równanie okręgu o promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{6} }}\) patrząc tylko na dwie osie i trzecia współrzędna jest dowolna więc po prostu przez każdy punkt okręgu puszczamy prostą równoległą do tej trzeciej osi. W tym przypadku wyjdzie nam walec.
-
- Użytkownik
- Posty: 226
- Rejestracja: 14 sie 2016, o 17:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 60 razy
Forma kwadratowa
Ja mam taki sposób:
1. Rysujesz okrąg
2. Rysujesz styczne do tego okręgu, równoległe do osi z
3. Rysujesz drugi taki sam okrąg między tymi stycznymi tylko żeby się nie pokrywał z okręgiem z 1.
4. Zakreskowujesz obszar między stycznymi
Nie ma za co
1. Rysujesz okrąg
2. Rysujesz styczne do tego okręgu, równoległe do osi z
3. Rysujesz drugi taki sam okrąg między tymi stycznymi tylko żeby się nie pokrywał z okręgiem z 1.
4. Zakreskowujesz obszar między stycznymi
Nie ma za co
-
- Użytkownik
- Posty: 6
- Rejestracja: 8 maja 2016, o 12:06
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kielce/Kraków
- Podziękował: 1 raz
Forma kwadratowa
\(\displaystyle{ u_3=v_2+e_1 \alpha +e_2 \beta}\) i po wyliczeniu skalarów dostaje
\(\displaystyle{ u_3=(1,1,1)}\), \(\displaystyle{ e_3=( \frac{1}{ \sqrt{3} } ,\frac{1}{ \sqrt{3} },\frac{1}{ \sqrt{3} })}\)
Mogłby ktoś wytłumaczyć, jak zostały wyliczone skalary?
\(\displaystyle{ u_3=(1,1,1)}\), \(\displaystyle{ e_3=( \frac{1}{ \sqrt{3} } ,\frac{1}{ \sqrt{3} },\frac{1}{ \sqrt{3} })}\)
Mogłby ktoś wytłumaczyć, jak zostały wyliczone skalary?
-
- Użytkownik
- Posty: 1116
- Rejestracja: 11 wrz 2015, o 19:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Górnicza Dolina
- Podziękował: 74 razy
- Pomógł: 115 razy
Forma kwadratowa
Mnożysz obustronnie przez \(\displaystyle{ e_1}\) oraz przez \(\displaystyle{ e_2}\).
\(\displaystyle{ e_1 \circ e_1=1}\)
\(\displaystyle{ e_1 \circ e_2=0}\)
\(\displaystyle{ e_1 \circ e_1=1}\)
\(\displaystyle{ e_1 \circ e_2=0}\)