Kanonik ikinci dereceden form. İkinci dereceden formun kanonik formu. İkinci dereceden formu kanonik forma indirgemek

İkinci dereceden bir form verildiğinde (2) Bir(x, x) \u003d, nerede x = (x 1 , x 2 , …, x n). Uzayda ikinci dereceden bir form düşünün R 3, yani x = (x 1 , x 2 , x 3), Bir(x, x) =
+
+
+
+
+
+ +
+
+
=
+
+
+ 2
+ 2
+ + 2
(şeklin simetri durumunu kullandık, yani ve 12 = ve 21 , ve 13 = ve 31 , ve 23 = ve 32). İkinci dereceden formun matrisini yazalım Bir temelde ( e}, Bir(e) =
... Temel değiştiğinde, ikinci dereceden formun matrisi formüle göre değişir Bir(f) = C t Bir(e)Cnerede C - temelden geçiş matrisi ( e) temelde ( f), ve C t - transpoze matris C.

Tanım11.12. Köşegen matrisli ikinci dereceden bir formun formu denir kanonik.

Öyleyse izin ver Bir(f) =
sonra Bir"(x, x) =
+
+
nerede x" 1 , x" 2 , x"3 - vektör koordinatları x yeni bir temelde ( f}.

Tanım11.13. Bırak girsin n V böyle bir temel seçilir f = {f 1 , f 2 , …, f n ), ikinci dereceden formun forma sahip olduğu

Bir(x, x) =
+
+ … +
, (3)

nerede y 1 , y 2 , …, y n - vektör koordinatları x temelde ( f). İfade (3) denir kanonik görünüm ikinci dereceden form. Katsayılar  1, λ 2,…, λ n arandı kanonik; ikinci dereceden formun kanonik forma sahip olduğu bir temel denir kanonik temel.

Yorum Yap... İkinci dereceden form Bir(x, x) kanonik biçime indirgenir, o zaman genel olarak konuşursak, tüm katsayılar değil ben sıfır değildir. İkinci dereceden bir formun sıralaması, herhangi bir temelde matrisinin derecesine eşittir.

İkinci dereceden formun rütbesini alalım Bir(x, x) eşittir rnerede r ≤ n... Kanonik formdaki ikinci dereceden bir form matrisi köşegen bir forma sahiptir. Bir(f) =
rütbesi olduğundan r, sonra katsayılar arasında  ben olmalı rsıfıra eşit değil. Bu nedenle, sıfır olmayan kanonik katsayıların sayısının ikinci dereceden formun derecesine eşit olduğu sonucu çıkar.

Yorum Yap... Koordinatların doğrusal dönüşümü, değişkenlerden bir geçiştir x 1 , x 2 , …, x n değişkenlere y 1 , y 2 , …, y n , eski değişkenlerin bazı sayısal katsayılarla yeni değişkenler cinsinden ifade edildiği.

x 1 \u003d α 11 y 1 + α 12 y 2 + ... + α 1 n y n ,

x 2 \u003d α 2 1 y 1 + α 2 2 y 2 + ... + α 2 n y n ,

………………………………

x 1 \u003d α n 1 y 1 + α n 2 y 2 + ... + α nn y n .

Temelin her dönüşümü, koordinatların dejenere olmayan doğrusal dönüşümüne karşılık geldiğinden, ikinci dereceden formun kanonik forma indirgenmesi sorunu, koordinatların uygun dejenere olmayan dönüşümünü seçerek çözülebilir.

Teorem 11.2 (ikinci dereceden formlarda ana teorem). Herhangi bir ikinci dereceden form Bir(x, x) verilen nboyutlu vektör uzayı Vkoordinatların dejenere olmayan doğrusal dönüşümü kullanılarak kanonik biçime indirgenebilir.

Kanıt... (Lagrange yöntemi) Bu yöntemin amacı, her değişkendeki kare üç terimliyi tam bir kareye art arda tamamlamaktır. Bunu varsayacağız Bir(x, x) ≠ 0 ve temelde e = {e 1 , e 2 , …, e n ) (2) biçimine sahiptir:

Bir(x, x) =
.

Eğer bir Bir(x, x) \u003d 0, sonra ( a ij) \u003d 0, yani form zaten standarttır. Formül Bir(x, x) katsayı olacak şekilde dönüştürülebilir a 11 ≠ 0. Eğer a 11 \u003d 0 ise, diğer değişkenin kare katsayısı sıfırdan farklıdır, bu durumda değişkenleri yeniden numaralandırarak bunu elde etmek mümkündür. a 11 ≠ 0. Değişkenlerin yeniden numaralandırılması, dejenere olmayan doğrusal bir dönüşümdür. Değişkenlerin karelerinin tüm katsayıları sıfıra eşitse, gerekli dönüşümler aşağıdaki gibi elde edilir. Örneğin, a 12 ≠ 0 (Bir(x, x) ≠ 0, dolayısıyla en az bir katsayı a ij ≠ 0). Dönüşümü düşünün

x 1 = y 1 – y 2 ,

x 2 = y 1 + y 2 ,

x ben = y ben , şurada ben = 3, 4, …, n.

Bu dönüşüm dejenere değildir, çünkü matrisinin determinantı sıfırdan farklıdır.
= = 2 ≠ 0.

Sonra 2 a 12 x 1 x 2 = 2 a 12 (y 1 – y 2)(y 1 + y 2) = 2
– 2
yani, şeklinde Bir(x, x) iki değişkenin kareleri görünecektir.

Bir(x, x) =
+ 2
+ 2
+
. (4)

Tahsis edilen tutarı forma dönüştürüyoruz:

Bir(x, x) = a 11
, (5)

katsayılar a ij değişmek ... Dejenere olmayan bir dönüşümü düşünün

y 1 = x 1 + + … + ,

y 2 = x 2 ,

y n = x n .

Sonra anlıyoruz

Bir(x, x) =
. (6).

İkinci dereceden form
\u003d 0, sonra indirgeme sorusu Bir(x, x) kanonik forma çözüldü.

Bu form sıfıra eşit değilse, koordinatların dönüşümünü göz önünde bulundurarak muhakemeyi tekrar ederiz. y 2 , …, y n ve koordinatı değiştirmeden y 1. Açıkçası, bu dönüşümler dejenere olmayacak. Sonlu sayıda adımda, ikinci dereceden form Bir(x, x) kanonik biçime (3) indirgenecektir.

Yorum Yap1. Orijinal koordinatların istenen dönüşümü x 1 , x 2 , …, x n akıl yürütme sürecinde bulunan dejenere olmayan dönüşümleri çarparak elde edilebilir: [ x] = Bir[y], [y] = B[z], [z] = C[t], sonra [ x] = BirB[z] = BirBC[t], yani [ x] = M[t], nerede M = BirBC.

Yorum Yap 2. Let Bir(x, x) = Bir(x, x) =
+
+ …+
, nerede  ben ≠ 0, ben = 1, 2, …, r, burada  1\u003e 0, λ 2\u003e 0,…, λ q > 0, λ q +1 < 0, …, λ r < 0.

Dejenere olmayan bir dönüşümü düşünün

y 1 = z 1 , y 2 = z 2 , …, y q = z q , y q +1 =
z q +1 , …, y r = z r , y r +1 = z r +1 , …, y n = z n ... Sonuç olarak Bir(x, x) şu formu alacaktır: Bir(x, x) = + + … + – – … – hangisi denir normal türden ikinci dereceden form.

Misal11.1. İkinci dereceden bir formu kanonikleştirin Bir(x, x) = 2x 1 x 2 – 6x 2 x 3 + 2x 3 x 1 .

Karar... Kadar a 11 \u003d 0, dönüşümü kullanıyoruz

x 1 = y 1 – y 2 ,

x 2 = y 1 + y 2 ,

x 3 = y 3 .

Bu dönüşümün bir matrisi var Bir =
yani [ x] = Bir[y] anlıyoruz Bir(x, x) = 2(y 1 – y 2)(y 1 + y 2) – 6(y 1 + y 2)y 3 + 2y 3 (y 1 – y 2) =

2– 2– 6y 1 y 3 – 6y 2 y 3 + 2y 3 y 1 – 2y 3 y 2 = 2– 2– 4y 1 y 3 – 8y 3 y 2 .

Beri katsayı sıfır değil, bilinmeyenlerden birinin karesini seçebilirsin y 1. İçeren tüm üyeleri seçelim y 1 .

Bir(x, x) = 2(– 2 y 1 y 3) – 2– 8y 3 y 2 = 2(– 2 y 1 y 3 + ) – 2– 2– 8y 3 y 2 = 2(y 1 – y 3) 2 – 2– 2– 8y 3 y 2 .

Matrisi eşit olan bir dönüşüm gerçekleştirelim B.

z 1 = y 1 – y 3 ,  y 1 = z 1 + z 3 ,

z 2 = y 2 ,  y 2 = z 2 ,

z 3 = y 3 ;  y 3 = z 3 .

B =
, [y] = B[z].

Biz alırız Bir(x, x) = 2– 2–– 8z 2 z 3. İçeren üyeleri seçelim z 2. Sahibiz Bir(x, x) = 2– 2(+ 4z 2 z 3) – 2= 2– 2(+ 4z 2 z 3 + 4) + + 8 – 2 = 2– 2(z 2 + 2z 3) 2 + 6.

Bir matris ile dönüşüm gerçekleştirme C:

t 1 = z 1 ,  z 1 = t 1 ,

t 2 = z 2 + 2z 3 ,  z 2 = t 2 – 2t 3 ,

t 3 = z 3 ;  z 3 = t 3 .

C =
, [z] = C[t].

Var: Bir(x, x) = 2– 2+ 6 ikinci dereceden formun kanonik formu, [ x] = Bir[y], [y] = B[z], [z] = C[t], buradan [ x] = ABC[t];

BirBC =


=
... Dönüşüm formülleri aşağıdaki gibidir

x 1 = t 1 – t 2 + t 3 ,

x 2 = t 1 + t 2 – t 3 ,

İkinci dereceden bir forma kanonik denir, eğer her şey, yani.

Herhangi bir ikinci dereceden form, doğrusal dönüşümler kullanılarak kanonik forma indirgenebilir. Pratikte genellikle aşağıdaki yöntemler kullanılır.

1. Uzayın ortogonal dönüşümü:

nerede - matrisin özdeğerleri Bir.

2. Lagrange yöntemi - mükemmel karelerin sıralı seçimi. Örneğin, eğer

Daha sonra ikinci dereceden formla benzer bir prosedür gerçekleştirilir. vb. İkinci dereceden formdaysa her şey daha sonra ön dönüşümden sonra vaka, dikkate alınan prosedüre indirgenir. Yani, örneğin,

3. Jacobi'nin yöntemi (tüm büyük küçüklerin ikinci dereceden formlar sıfırdan farklıdır):

Bir düzlemdeki herhangi bir düz çizgi birinci dereceden bir denklemle verilebilir

Balta + Wu + C \u003d 0,

ve A, B sabitleri aynı anda sıfıra eşit değildir. Bu birinci dereceden denkleme denir düz çizginin genel denklemi.A, B ve C sabitlerinin değerlerine bağlı olarak aşağıdaki özel durumlar mümkündür:

C \u003d 0, A ≠ 0, B ≠ 0 - çizgi başlangıç \u200b\u200bnoktasından geçer

A \u003d 0, B ≠ 0, C ≠ 0 (By + C \u003d 0) - düz çizgi Ox eksenine paraleldir

B \u003d 0, A ≠ 0, C ≠ 0 (Ax + C \u003d 0) - düz çizgi Oy eksenine paraleldir

B \u003d C \u003d 0, A ≠ 0 - düz çizgi Oy ekseni ile çakışır

A \u003d C \u003d 0, B ≠ 0 - düz çizgi Öküz ekseni ile çakışır

Düz bir çizginin denklemi, verilen başlangıç \u200b\u200bkoşullarına bağlı olarak farklı formlarda sunulabilir.

Uzayda düz bir çizgi belirtilebilir:

1) iki düzlemin kesişme çizgisi olarak, yani. denklem sistemi:

Bir 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 \u003d 0, A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 \u003d 0; (3.2)

2) M 1 (x 1, y 1, z 1) ve M 2 (x 2, y 2, z 2) iki noktasıyla, onlardan geçen düz çizgi denklemlerle verilir:

= ; (3.3)

3) kendisine ait olan M 1 (x 1, y 1, z 1) noktası ve vektör a(m, n, p), buna paralel. Ardından düz çizgi denklemlerle belirlenir:

. (3.4)

Denklemler (3.4) denir doğrunun kanonik denklemleri.

Vektör a aranan düz çizginin yönlendirme vektörü.

Düz çizginin parametrik denklemlerini, oranların (3.4) her birini t parametresine eşitleyerek elde ederiz:

x \u003d x 1 + mt, y \u003d y 1 + nt, z \u003d z 1 + pt. (3.5)

Bilinmeyenlere göre doğrusal denklem sistemi olarak çözme sistemi (3.2) x ve ysatırdaki denklemlere ulaşıyoruz projeksiyonlar ya da düz çizginin indirgenmiş denklemleri:

x \u003d mz + a, y \u003d nz + b. (3.6)

Denklemlerden (3.6), kanonik denklemlere geçebiliriz z her denklemden ve elde edilen değerleri eşitleyerek:

.

Genel denklemlerden (3.2), bu doğrunun bir noktasını ve yön vektörünü bulursak kanonik ve başka bir şekilde geçilebilir. n= [n 1 , n 2], nerede n 1 (A 1, B 1, C 1) ve n 2 (A 2, B 2, C 2) verilen düzlemlerin normal vektörleridir. Paydalardan biri m, n veya r denklemlerde (3.4) sıfıra eşit olacak, daha sonra karşılık gelen kesrin payı sıfıra eşit ayarlanmalıdır, yani. sistemi

sisteme eşdeğerdir ; böyle bir düz çizgi Ox eksenine diktir.

Sistemi x \u003d x 1, y \u003d y 1 sistemine eşdeğerdir; düz çizgi Oz eksenine paraleldir.

Koordinatlara göre birinci dereceden herhangi bir denklem x, y, z

Ax + By + Cz + D \u003d 0 (3.1)

bir düzlemi tanımlar ve bunun tersi de geçerlidir: herhangi bir düzlem, denklem (3.1) ile temsil edilebilir. düzlem denklemi.

Vektör n Düzleme ortogonal (A, B, C) denir normal vektör uçak. Denklem (3.1) 'de, A, B, C katsayıları aynı anda 0'a eşit değildir.

Özel denklem durumları (3.1):

1. D \u003d 0, Ax + By + Cz \u003d 0 - uçak başlangıç \u200b\u200bnoktasından geçer.

2. C \u003d 0, Ax + By + D \u003d 0 - düzlem Oz eksenine paraleldir.

3. C \u003d D \u003d 0, Ax + By \u003d 0 - düzlem Oz ekseninden geçer.

4. B \u003d C \u003d 0, Ax + D \u003d 0 - düzlem Oyz düzlemine paraleldir.

Koordinat düzlemlerinin denklemleri: x \u003d 0, y \u003d 0, z \u003d 0.

Hat uçağa ait olabilir veya olmayabilir. En az iki noktası düzlemde bulunuyorsa, uçağa aittir.

Çizgi düzleme ait değilse, ona paralel olabilir veya onunla kesişebilir.

Düz bir çizgi, bu düzlemde uzanan başka bir düz çizgiye paralelse, düzleme paraleldir.

Düz çizgi, düzlemi farklı açılarda kesebilir ve özellikle ona dik olabilir.

Düzlemle ilgili bir nokta şu şekilde bulunabilir: ona ait olsun veya olmasın. Bir nokta, bu düzlemde bulunan düz bir çizgi üzerinde yer alıyorsa, bir düzleme aittir.

Uzayda iki çizgi kesişebilir veya paralel olabilir veya kesişebilir.

Çizgi parçalarının paralelliği projeksiyonlarda korunur.

Hatlar kesişirse, aynı isimli projeksiyonlarının kesişme noktaları aynı iletişim hattı üzerindedir.

Çapraz çizgiler aynı düzleme ait değildir, yani kesişmeyin veya paralel olmayın.

çizimde, ayrı ayrı alınan aynı isimdeki çizgilerin izdüşümlerinde kesişen veya paralel çizgiler vardır.

Elips. Bir elips, iki sabit noktaya (odaklara) olan uzaklıkların toplamının, elipsin tüm noktaları için aynı sabit değer olduğu (bu sabit değer odaklar arasındaki mesafeden daha büyük olmalıdır) bir noktaların yeridir.

En basit elips denklemi

nerede a - elipsin yarı büyük ekseni, b elipsin yarı küçük eksenidir. 2 ise c odaklar arasındaki mesafedir, sonra da a, b ve c (Eğer bir a > b) bir ilişki var

a 2 - b 2 = c 2 .

Bir elipsin eksantrikliği, bu elipsin odakları arasındaki mesafenin ana ekseninin uzunluğuna oranıdır.

Elipsin eksantrikliği var e < 1 (так как c < a) ve odak noktaları ana eksen üzerindedir.

Şekilde gösterilen hiperbol denklemi.

Parametreler:
a, b - yarı eksenler;
- odaklar arasındaki mesafe,
- eksantriklik;
- asimptotlar;
- yönetmenler.
Şeklin ortasında gösterilen dikdörtgen ana dikdörtgendir, köşegenleri asimptotlardır.