Forma kwadratowa

[Benny01]

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

[karakuku]

Znalazłeś bazę w której ta forma ma postać diagonalną. Macierz \(\displaystyle{ P}\) to macierz przejścia tej bazy w standardową.
I podstawiłeś \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}=P*\begin{bmatrix} x'\\y'\\z' \end{bmatrix}}\)

Teraz moje równanie ma postać
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x'&y'&z' \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 6&0&0\\0&0&0\\0&0&6\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -4&0& \frac{6 \sqrt{2} }{ \sqrt{3} } \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{-1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6}}&\frac{1}{ \sqrt{3}}\\ 0& \frac{-2}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\\ \frac{1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6} }&\frac{1}{ \sqrt{3} }\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\y'\\z'\end{bmatrix}}\)

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]

Jasne, powinno być, przemnożyłem od razu przez tą macierz, ale przypadkowo napisałem ją jeszcze raz. Tak to wszystko jest ok?

[karakuku]

Reszta wydaje się być ok

[Benny01]

Ok, a mógłbyś zdradzić jakiś sposób rysowania takich powierzchni? Jakoś nie wychodzi mi rysowanie w przestrzeni.

[karakuku]

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.

[Benny01]

Wiem, że wyjdzie walec tylko ciężko mi go przełożyć na kartkę, no nic dzięki

[karakuku]

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

[paveleo]

\(\displaystyle{ u_3=v_2+e_1 \alpha +e_2 \beta}\) 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?

[Benny01]

Mnożysz obustronnie przez \(\displaystyle{ e_1}\) oraz przez \(\displaystyle{ e_2}\).
\(\displaystyle{ e_1 \circ e_1=1}\)
\(\displaystyle{ e_1 \circ e_2=0}\)