Formy kwadratowe

[krokodyl7wody]

Sprawdzić, że podana forma kwadratowa ma w bazie wektorów własnych jej macierzy postać kanoniczną:
\(\displaystyle{ f( \vec{v} ) = x^{2} + 2xy - 2xz - 4yz }\) , gdzie \(\displaystyle{ \vec{v} = (x,y,z) \in \RR^{3} }\)

Proszę jakąś miła i uprzejmą osobę o rozwiązanie tego zadania oraz krótki opis działań które należy wykonać

[Dasio11]

1. Zapisz macierz podanej formy kwadratowej.
2. Znajdź bazę jej wektorów własnych \(\displaystyle{ P = ( U, V, W )}\).
3. Wylicz postać formy w nowych współrzędnych \(\displaystyle{ \begin{pmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{pmatrix} = P^{-1} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}}\) i zauważ, że jest to postać kanoniczna, czyli bez iloczynów mieszanych.

[krokodyl7wody]

2. Znajdź bazę jej wektorów własnych \(\displaystyle{ \displaystyle{ P = ( U, V, W )}}\)
Nie za bardzo to rozumiem.

Wyznaczając wektory własne, otrzymuje zawsze zbiór wektorów własnych np. \(\displaystyle{ ( \alpha (2,2,-1), \alpha \in R )}\).
Załóżmy że mam wyznaczone te zbiory wektorów własnych, więc biorę sobie jakieś 3 dowolne wektory( po jedynym wektorze z każdego zbioru),
dajmy na to:
\(\displaystyle{ \vec{ b_{1} } = (2,2,-1)}\)
\(\displaystyle{ \vec{ b_{2} } = (2,-1,2)}\)
\(\displaystyle{ \vec{ b_{3} } = (-1,2,2)}\)

I czy te wektory są już bazą ? (Na moje są )
(Powtórzę, że podałem tylko przykładowe wartości)

3. Wylicz postać formy w nowych współrzędnych
Tutaj trzeba znaleźć macierz przejścia z bazy standardowej do bazy wektorów własnych ??

[Dasio11]

2. Dla każdej wartości własnej \(\displaystyle{ \lambda}\) zbiorem wektorów własnych dla tej wartości (który oznacza się \(\displaystyle{ V_{\lambda}}\)) jest podprzestrzeń liniowa, czyli prosta, płaszczyzna, przestrzeń itp. Z każdej takiej przestrzeni powinieneś wybrać bazę ortogonalną, czyli tyle wzajemnie prostopadłych wektorów, ile wynosi wymiar \(\displaystyle{ V_{\lambda}}\). Oczywiście jeśli podprzestrzeń jest jednowymiarowa, to nie trzeba się o to troszczyć, bo warunek zajdzie automatycznie. Postępując w ten sposób zawsze dostaniesz bazę ortogonalną całej przestrzeni złożoną z wektorów własnych, a na dodatek taką, że wyjściowa forma ma w tej bazie postać kanoniczną.

Jednak w tym wypadku, o ile nie trzasnąłem się w rachunkach, wychodzą trzy różne wartości własne, więc wszystkie przestrzenie własne wyjdą jednowymiarowe i możesz z nich wybrać po jednym wektorze zupełnie losowo.


3. Możesz zrobić w ten sposób, ale możesz też podstawić we wzorze formy za zmienne \(\displaystyle{ x, y, z}\) wyrażenia wynikające ze wzoru \(\displaystyle{ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = P \begin{pmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{pmatrix}}\) i uprościć.

[krokodyl7wody]

Jednak w tym wypadku, o ile nie trzasnąłem się w rachunkach, wychodzą trzy różne wartości własne, więc wszystkie przestrzenie własne wyjdą jednowymiarowe i możesz z nich wybrać po jednym wektorze zupełnie losowo.

Do tego momentu potrafię sam dobrnąć czy mam te wektory własne. Ale daje już nie mam pojęcia.

\(\displaystyle{
{ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = P \begin{pmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{pmatrix}}}\)

Również tego nie rozumiem

[Dasio11]

Skoro masz wektory własne, to zapisz je w trzech kolumnach macierzy \(\displaystyle{ P}\) i pomnóż przez wektor primowany.

[janusz47]

Proszę sprawdzić, że podana forma kwadratowa w bazie wektorów własnych jej macierzy ma postać kanoniczną

\(\displaystyle{ f(\vec{v}) = x^{2} + 2xy - 2xz - 4yz }\) , gdzie \(\displaystyle{ \vec{v} = (x,y,z) \in \RR^{3}. }\)

Zapisujemy formę kwadratową \(\displaystyle{ f }\) w postaci macierzowej w bazie standardowej

\(\displaystyle{ f(\vec{v}) = \vec{v}^{T} A \vec{v} = \left [\begin{matrix} x & y & z \end{matrix} \right] \left [ \begin{matrix} 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -2\\ -1 & -2 & 0 \end{matrix}\right] \left [\begin{matrix} x\\ y \\ z \end{matrix} \right]}\)

Przeprowadzamy diagonalizację macierzy \(\displaystyle{ A }\) formy.

W tym celu:

-obliczamy wartości własne macierzy \(\displaystyle{ A }\) jako pierwiastki wielomianu charakterystycznego

\(\displaystyle{ \det(A - \lambda I) = \det \left [\begin{matrix} 1-\lambda & 1 & -1 \\ 1 & 0 -\lambda & -2\\ -1 & -2 & 0 -\lambda \end{matrix}\right] = - \lambda (\lambda +2) (\lambda -3) = 0 }\)

\(\displaystyle{ \lambda_{1}= -2, \ \ \lambda_{2} = 0, \ \ \lambda_{3} = 3. }\)

Zauważmy, że suma wartości własnych macierzy \(\displaystyle{ \lambda_{1}+\lambda_{2} + \lambda_{3} = -2 +0 +3 = 1 = Tr(A) }\) jest równa śladowi macierzy \(\displaystyle{ A. }\)

- znajdujemy współrzędne wektorów własnych, odpowiadających wartościom własnym macierzy \(\displaystyle{ A }\)

\(\displaystyle{ \lambda_{1} = -2}\)

\(\displaystyle{ \ker(A + 2I) = \ker \left [\begin{matrix} 3 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & -2\\ -1 & -2 & 2 \end{matrix}\right] = span \left[\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right] }\)

\(\displaystyle{ \lambda_{2} = 0}\)

\(\displaystyle{ \ker(A - 0I) = \ker \left [\begin{matrix} 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -2\\ -1 & -2 & 0 \end{matrix}\right] = span \left[\begin{matrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{matrix} \right] }\)

\(\displaystyle{ \lambda_{3} = 3}\)

\(\displaystyle{ \ker(A - 3I) = \ker \left [\begin{matrix} -2 & 1 & -1 \\ 1 & -3 & -2\\ -1 & -2 & -3 \end{matrix}\right] = span \left[\begin{matrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{matrix} \right] }\)

Wektory własne

\(\displaystyle{ \vec{w} = \left[\begin{matrix} w_{1} & w_{2} & w_{3} \end{matrix} \right] = \left[ \left[\begin{matrix} 0 \\ 1 \\1 \end{matrix} \right] \left[\begin{matrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{matrix} \right] \left[\begin{matrix} -1 \\ -1 \\1 \end{matrix} \right] \right] }\)

stanowią bazą diagonalizującą macierzy \(\displaystyle{ A. }\)

Macierz przejścia, której kolumnami są wektory własne macierzy \(\displaystyle{ A }\) jest postaci

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

Macierz odwrotna macierzy przejścia

\(\displaystyle{ P^{-1}= \left [\begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\ -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix}\right]}\)

\(\displaystyle{ P^{-1}AP = \left [\begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\ -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3}
\end{matrix}\right]\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -2\\ -1 & -2 & 0 \end{matrix}\right] \left [\begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\ -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}\right] }\)

Postać kanoniczna formy

\(\displaystyle{ g(\vec{w}) = -2x^2 + 3z^2. }\)

Powstaje pytanie, czy istnieją inne sposoby sprowadzenia formy \(\displaystyle{ f }\) do postaci sumy kwadratów, czy tylko metoda za pomocą wektorów własnych symetrycznej macierzy rzeczywistej?

Istnieją. Metoda bazy prostopadłej i metoda uzupełniania formy do kwadratów.

Wyznacznik macierzy tej formy \(\displaystyle{ \det(A) = 0}\). Dlatego nie możemy zastosować jedną z najprostszych metod - metodę Jacobiego (przekształcenia trójkątnego) aby sprowadzić tą formę do postaci kanonicznej.

[a4karo]

Oczywiście nie jest to `-2x^2+3z^2 `, bo to są zupełnie inne zmienne

[janusz47]

Zmienne można sobie oznaczyć motylkiem i serduszkiem.

Dodano po 11 minutach 42 sekundach:
Dla rozróżnienia, że nie są to te same zmienne zapisujemy formę kanoniczną w postaci

\(\displaystyle{ g(\vec{w}) = -2x'^2 + 3z'^2 }\)

[krokodyl7wody]

\(\displaystyle{ P^{-1}AP = \left [\begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\ -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3}
\end{matrix}\right]\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -2\\ -1 & -2 & 0 \end{matrix}\right] \left [\begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\ -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}\right] }\)

Malutki błąd. Dla porządku , powinno być:

\(\displaystyle{ P^{-1}AP = \left [\begin{matrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{6} & \frac{1}{6}\\ -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3}
\end{matrix}\right]\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -2\\ -1 & -2 & 0 \end{matrix}\right] \left [\begin{matrix} 0 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & -1\\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}\right] }\)

[janusz47]

Zgadza się.