Jaką powierzchnię przedstawia równanie?

[blade]

Określ jaką powierzchnię 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.


No więc, najpierw trzeba sprowadzić równanie do postaci kanonicznej.
Niech \(\displaystyle{ g(x,y,z) = 5x^2 + 2y^2 + 5z^2 +4xy - 2xz +4yz}\)

Wówczas macierz \(\displaystyle{ A}\) formy kwadratowej \(\displaystyle{ g}\), wygląda następująco :

\(\displaystyle{ A=\left[\begin{matrix}5&2&-1\\2&2&2\\-1&2&5\end{matrix}\right]}\)

Potrzebujemy obliczyć wyznacznik :

Wyznacznik:    

\(\displaystyle{ det A-\lambda I = \left[\begin{matrix}5-\lambda&2&-1\\2&2-\lambda&2\\-1&2&5-\lambda\end{matrix}\right] = det \left[\begin{matrix}5-\lambda&2&\lambda-6\\2&2-\lambda&0\\-1&2&6-\lambda\end{matrix}\right]=det \left[\begin{matrix}5-\lambda&2&\lambda-6\\2&2-\lambda&0\\4-\lambda&4&0\end{matrix}\right]=det\left[\begin{matrix}2&2-\lambda\\4-\lambda&4\end{matrix}\right] = 8-(4-\lambda)(2-\lambda)=-\lambda(\lambda-6)}\)

Zatem, \(\displaystyle{ w(\lambda)=0}\) tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \lambda_1=0 \vee \lambda_2=6}\), gdzie krotności wynoszą odpowiednio \(\displaystyle{ k_1=1 \wedge k_2=2}\).

Szukamy wektorów własnych.

Wektory Własne:    

\(\displaystyle{ \lambda_1=0, k_1=1}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{matrix}5&2&-1\\2&&2&2\\-1&2&5\end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix}a\\b\\c\end{matrix}\right] = \vec{0}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases}5a+2b-c=0\\a+b+c=0\\-a +2b+5c=0\end{cases} \rightarrow \begin{cases}a=-b-c\\b+c+2b+5c=0\rightarrow b=-2c\end{cases} \rightarrow \begin{cases}a=c\\b=-2c\\c\in \RR\end{cases}}\)

\(\displaystyle{ V_{\lambda_1} = lin\{(1,-2,1)\}}\)

\(\displaystyle{ \lambda_2=6, k_2=2}\)

\(\displaystyle{ \left[\begin{matrix}-1&2&-1\\2&-4&2\\-1&2&-1\end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix}a\\b\\c\end{matrix}\right] = \vec{0}}\)

\(\displaystyle{ -a+2b-c=0\rightarrow a=2b-c}\)

\(\displaystyle{ V_{\lambda_2} = lin \{(2,1,0),(-1,0,1)\}}\)

\(\displaystyle{ B_{\lambda}=\{v_1=(-1,0,1),v_2=(2,1,0),v_3=(1,-2,1)\}}\)

Teraz musimy przeprowadzić ortogonalizację Grama Schmidta.

Ortogonalizacja:    

\(\displaystyle{ e_1=\frac{v_1}{||v_1||} = \left(\frac{-1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\)

\(\displaystyle{ \alpha=-v_2 \circ e_1 = \sqrt{2}}\)

\(\displaystyle{ u_2=v_2 + \alpha e_1 = (2,1,0) + \sqrt{2}\left(\frac{-1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = (2,1,0)+ (-1,0,1)=(1,1,1)}\)

\(\displaystyle{ e_2=\frac{u_2}{||u_2||}=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}\)

\(\displaystyle{ \beta_1=-v_3 \circ e_1 \wedge \beta_2 =-v_3 \circ e_2}\)

\(\displaystyle{ \beta_1=(-1,2,-1) \circ \left(\frac{-1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \wedge \beta_2=(-1,2,1)\circ \left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}\)

\(\displaystyle{ \beta_1=0 \wedge \beta_2=\frac{2}{\sqrt{3}}}\)

\(\displaystyle{ u_3=v_3+\beta_1 e_1 +\beta_2 e_2 = (1,-2,1) + 0 + \frac{2}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=(1,-2,1) + \left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{5}{3},-\frac{4}{3},\frac{5}{3}\right)}\)

\(\displaystyle{ e_3=\frac{u_3}{||u_3||} = \frac{u_3}{\sqrt{\frac{22}{3}}}=\left(\frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{22}},-\frac{4\sqrt{3}}{3\sqrt{22}},\frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{22}}\right)}\)

Dostajemy bazę ortogonalną \(\displaystyle{ B_o=(e_1,e_2,e_3)}\)

\(\displaystyle{ P_{B_k\rightarrow B_o} = \left[\begin{matrix}\frac{-1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{22}}\\0&\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{4\sqrt{3}}{3\sqrt{22}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{22}}\end{matrix}\right]}\)

Teraz mamy formę kwadratową w nowej bazie,

\(\displaystyle{ g(x',y',z')=6(y')^2+6(z')^2 +b_1x'+b_2y'+\frac{2}{3}}\)

\(\displaystyle{ [4\sqrt{2} \ 2\sqrt{2} \ 0 ] \cdot \left[\begin{matrix}\frac{-1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{22}}\\0&\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{4\sqrt{3}}{3\sqrt{22}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{22}}\end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix}x'\\y'\\z'\end{matrix}\right] = -4x' + \frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{3}}y' + \frac{12\sqrt{3}}{3\sqrt{11}}z'}\)

Zatem
\(\displaystyle{ g(x',y',z') = 6(y')^2+6(z')^2 -4x' + \frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{3}}y' + \frac{12\sqrt{3}}{3\sqrt{11}}z' + \frac{2}{3} =6\left(y'+\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\right)^2 -1 +6\left(z'+\frac{\sqrt{3}}{3\sqrt{11}}\right)^2 -\frac{2}{11} + \frac{2}{3} - 4x'=0}\)

Tutaj mam problem, bo \(\displaystyle{ -4x'}\) się "nie schowa", ponieważ współczynnik przy \(\displaystyle{ (x')^2}\) jest równy zero..
Podejrzewam błąd przy ortogonalizacji, może gdybym spróbował to uprościć, to wyszłoby dobrze, z drugiej strony nie mam tyle czasu podczas egzaminu, aby kombinować przy ortogonalizacji z takimi liczbami.
Dalej już jest prosto..

\(\displaystyle{ P^{-1}=P^T}\)

a później \(\displaystyle{ \left[\begin{matrix}x'\\y'\\z'\end{matrix}\right] = P^T \cdot \left[\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right]}\)

Proszę o pomoc

[karakuku]

Pewnie błąd rachunkowy gdzieś

Diagonalizację formy kwadratowej \(\displaystyle{ g}\) prościej robić szukając po prostu bazy prostopadłej formy dwuliniowej odpowiadającej \(\displaystyle{ g}\), będzie bez pierwiastków i szybciej

[blade]

Dzięki za odpowiedź.

Nie rozumiem za bardzo co masz na myśli, mógłbyś zacząć, jesli masz chwilę?

A co do reszty (poza błędem rachunkowym), wszystko jest ok?

[karakuku]

Po prostu inna metoda na znalezienie tej macierzy \(\displaystyle{ P}\):

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ A=\left[\begin{matrix}5&2&-1\\2&2&2\\-1&2&5\end{matrix}\right]}\)

Weźmy formę dwuliniową \(\displaystyle{ f}\) taką, że \(\displaystyle{ G(f,st)=A}\)

Szukamy bazy prostopadłej formy dwuliniowej \(\displaystyle{ f}\) czyli \(\displaystyle{ \mathcal{A}=\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\}}\)

Jako pierwszy wektor naszej bazy prostopadłej weźmy \(\displaystyle{ \alpha_1=(1,0,0)}\) - (dowolny nieizotropowy).

weźmy \(\displaystyle{ \alpha_2=(a_1,a_2,a_3)}\)

\(\displaystyle{ \alpha_1 \perp \alpha_2}\) czyli: \(\displaystyle{ \left[\begin{matrix}a_1&a_2&a_3\end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix}5&2&-1\\2&2&2\\-1&2&5\end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix}1\\0\\0\end{matrix}\right]=5a_1+2a_2-a_3=0}\)

Weźmy więc \(\displaystyle{ \alpha_2=(1,-2,1)}\) i została jeszcze \(\displaystyle{ \alpha_3=(b_1,b_2,b_3)}\)

\(\displaystyle{ \alpha_2 \perp \alpha_3}\) czyli :
\(\displaystyle{ \left[\begin{matrix}b_1&b_2&b_3\end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix}5&2&-1\\2&2&2\\-1&2&5\end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix}1\\-2\\1\end{matrix}\right]=-2b_2=0}\)


Ale musi też zachodzić \(\displaystyle{ \alpha_1 \perp \alpha_3}\) czyli:

\(\displaystyle{ \alpha_3: \begin{cases} 5b_1+2b_2-b_3=0 \\ -2b_2=0 \end{cases}}\)

Czyli np. \(\displaystyle{ \alpha_3=(1,0,5)}\).

Więc \(\displaystyle{ P=\left[\begin{matrix}1&1&1\\0&-2&2\\0&1&5\end{matrix}\right]}\)

A sposób rozwiązywania wydaje się ok, tylko niedokończony.

[blade]

Ok dzięki za pomoc.

Nie dokończyłem, bo rachunki mi się nie zgadzały, ale mniej więcej napisałem co dalej bym zrobił.

Jeszcze raz dziękuję za pomoc.

[karakuku]

Teraz mamy formę kwadratową w nowej bazie,

\(\displaystyle{ g(x',y',z')=6(y')^2+6(z')^2 +b_1x'+b_2y'+\frac{2}{3}}\)

Nie rozumiem skąd to się wzięło.

[blade]

przy kwadratach mamy wartości własne, a później jeszcze trzeba "oddać" to co zabraliśmy na początku z równania, ale skoro mamy nowe zmienne to współczynniki też będą inne.

Chyba trochę źle to opisałem w cytowanym przez Ciebie poście.

[karakuku]

Ale dlaczego wartość własna \(\displaystyle{ 0}\) stoi przy \(\displaystyle{ (x')^2}\)?

[Benny01]

410385.htm

[blade]

Ale dlaczego wartość własna \(\displaystyle{ 0}\) stoi przy \(\displaystyle{ (x')^2}\)?

Tak wybrałem, to chyba nie ma większej różnicy?

[karakuku]

Oczywiście, że ma...

Pierwszy wektor, który wziąłeś do bazy to \(\displaystyle{ e_1=\frac{v_1}{||v_1||} = \left(\frac{-1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\) czyli ortonormalny wektor własny z wartością własną 6.

Benny01, tak coś właśnie jakbym znał to zadanie

//https://www.matematyka.pl/410506.htm - 4 post tłumaczy znaczenie kolejności wektorów własnych w bazie

[blade]

Ah, ok teraz rozumiem, właśnie nigdzie nie miałem informacji o tym jak układamy te współczynniki. Dzieki! (i tak musiałem sie gdzieś pomylić w liczeniu, ale przynajmniej się czegoś nauczyłem )