2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение26.06.2017, 11:07 


22/05/16
171
Здравствуйте ! Попалась задача. Определить тип кривой второго порядка $18x^2+24xy+11y^2-3=0$, составить ее каноническое уравнение и найти каноническую систему координат. Решение:
1) стандартным алгоритмом получил систему
$\left\{
\begin{array}{rcl}
A+C&=&29 \\
AC&=&54 \\
ACF&=&-162
\end{array}
\right.$
2) Решил систему, получил два набора решений $(A=2,C=27,F=-3);(A=27,C=2,F=-3)$. Какой из них брать?
3) Взял первый набор, так как $(\frac{1}{2}>\frac{1}{27})$. Каноническое уравнение эллипса готово $\frac{x^2}{\frac{3}{2}}+\frac{y^2}{\frac{1}{9}}=1$
4) Найдем каноническую систему координат. Возьмем исходные вектора $e_1(1,0),e_2(0,1)$ повернем их на $\varphi=\arctg(\frac{24}{7})/2$. Получим два вектора $e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}),e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$. В учебнике указаны другие вектора $e'_1(\frac{3}{5},-\frac{4}{5}),e'_2(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$. Различие в том, что одна повернута относительно другой на $-\frac{\pi}{2}$. Это важно ? Какой из ответов правильный? Вроде все просто взял и повернул, но что-то не учел. Чего?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение26.06.2017, 11:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Беда в том, что нет "абсолютно стандартного" алгоритма отыскания канонической системы координат для кривой второго порядка. В частности, я тоже учу студентов этой процедуре, знаю несколько описаний таких алгоритмов, среди них у меня есть самый любимый, но в ваших обрывках решения мало что понял.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение26.06.2017, 12:42 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
dima_1985
Поскольку $\tg 2(\varphi\pm\frac{\pi}{2})=\tg 2\varphi$, уравнению $\tg 2\varphi=\frac{2a_{12}}{a_{11}-a_{22}}$ удовлетворяет также угол, отличающийся от Вашего на $\frac{\pi}{2}$. Он, в данном случае, и является правильным.

Это важно, вот почему. При любом выборе угла векторы $e'_1, e'_2$ будут параллельны главным осям. Однако по стандарту именно $e'_1$ параллелен отрезку, соединяющему фокусы. У Вас сейчас это не так: большая ось эллипса параллельна $e'_2$.

Знаете ли Вы, что такое собственные значения и собственные векторы матрицы?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение26.06.2017, 12:59 


22/05/16
171
Brukvalub в сообщении #1229711 писал(а):
Беда в том, что нет "абсолютно стандартного" алгоритма отыскания канонической системы координат для кривой второго порядка.

Да, Вы правы. Выпишем коэффициенты уравнения:$A=18,B=12,C=11,F=-3,D=0,E=0$. Так как определитель $\begin{pmatrix}
18 & 12 \\
12 & 11
\end{pmatrix}=54>0$. То уравнение имеет эллиптический вид. Можно воспользоваться методом инвариантов. Получим систему
$
\left\{
\begin{array}{rcl}
A'+C' &=&29 \\
A'C' &=&54 \\
A'C'F' &=&-162
\end{array}
\right.
$. Данная система имеет два решения $A'=2,C'=27,F'=-3$ и $A'=27,C'=2,F'=-3$. Наше уравнение в системе координат $X'O'Y'$ будет иметь вид $A'X'^2+C'Y'^2-F'=0$. Какое решение системы выбрать ? Я выбрал первое так как $(\frac{1}{2}>\frac{1}{27})$ (у эллипса в каноническом виде $a>b$). Каноническое уравнение эллипса $\frac{x'^2}{\frac{3}{2}}+\frac{y'^2}{\frac{1}{9}}=1$. Повернем вектора $e_1(1,0),e_2(0,1)$ на $\varphi=\frac{\arctg(\frac{24}{7})}{2}$
dima_1985 в сообщении #1229693 писал(а):
Получим два вектора $e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}),e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$. В учебнике указаны другие вектора $e'_1(\frac{3}{5},-\frac{4}{5}),e'_2(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$. Различие в том, что одна повернута относительно другой на $-\frac{\pi}{2}$. Это важно ? Какой из ответов правильный? Вроде все просто взял и повернул, но что-то не учел. Чего?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение26.06.2017, 15:02 


22/05/16
171
svv в сообщении #1229729 писал(а):
Знаете ли Вы, что такое собственные значения и собственные векторы матрицы?

Имею представление. В нашей задаче можно сказать следующее, есть линейное преобразование $K=\begin{pmatrix}
18 & 12 & \\
12 & 11
\end{pmatrix}$. Тогда $Kx_1=\lambda_1 x_1,Kx_2=\lambda_2 x_2$. Где $x_1,x_2$ - собственные вектора, а $\lambda_1,\lambda_2$ - собственные значения. Причем $A=\lambda_1,C=\lambda_2$ или наоборот.
svv в сообщении #1229729 писал(а):
У Вас сейчас это не так: большая ось эллипса параллельна $e'_2$.

А как Вы параллельность определили? Если знать, что при $A=2,C=27,F=-3$ большая ось параллельна $e'_2$, я бы взял второе решение системы и получил то что надо( повернул бы ещё на $\pi/2$)

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение26.06.2017, 17:31 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Мне будет удобно вместо $x,y$ писать $x_1,x_2$.
dima_1985 в сообщении #1229776 писал(а):
Если знать, что при $A=2,C=27,F=-3$ большая ось параллельна $e'_2$, я бы взял второе решение системы и получил то что надо( повернул бы ещё на $\pi/2$)
Координаты вектора — это коэффициенты его разложения по некоторому базису. Возьмём радиус-вектор некоторой точки и разложим его по «старому» (нештрихованному) и «новому» (штрихованному) базису:
$\mathbf r=x_1\mathbf e_1+x_2\mathbf e_2=x'_1\mathbf e'_1+x'_2\mathbf e'_2$
Понятно, что на самом деле в каноническом уравнении эллипса фигурируют новые, штрихованные координаты. Это такие координаты, в которых заданное уравнение имеет канонический вид.

При нахождении уравнения кривой в новых координатах у Вас возникла неоднозначность, и Вы сделали выбор. При выражении нового базиса через старый у Вас тоже возникла неоднозначность, и Вы тоже сделали выбор. Но так как оба выбора Вы делали независимо, возникла следующая ситуация: уравнение у Вас записано правильно, а векторы перепутаны местами. В результате $x'_2$ у Вас является коэффициентом разложения при $\mathbf e'_1$, и наоборот (чего, конечно, не должно быть).

Поэтому, если Вы возьмёте второе решение системы, соответствие между базисными векторами и координатами у Вас будет. Но в каноническом уравнении $x'_1$ будет соответствовать малой оси, а $x'_2$ большой. Это не выход.

-- Пн июн 26, 2017 17:43:25 --

dima_1985 в сообщении #1229776 писал(а):
А как Вы параллельность определили?
Ваш вектор $e'_2=(-\frac 3 5, \frac 4 5)$ сейчас имеет длину $1$. Посмотрим, в какое количество раз $t$ его надо растянуть, чтобы его конец лёг на кривую. Для этого подставим в исходное уравнение $x=-\frac 3 5 t, y=\frac 4 5 t$. Получим $t^2=\frac 3 2$, а не $\frac 1 9$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение26.06.2017, 18:58 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
dima_1985 в сообщении #1229776 писал(а):
Имею представление.
Прекрасно. Как Вы помните, если $\mathbf p$ — собственный вектор, соответствующий собственному значению $\lambda$, это же справедливо для вектора $c\mathbf p$, где $c\neq 0$.

Пусть дано уравнение эллипса с центром в начале координат. Его можно записать в матричном виде $\mathbf x^TA\mathbf x=F$,
где $\mathbf x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}, \quad\quad A=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix}$
Согласно теории, собственные векторы матрицы $A$ имеют направления главных осей эллипса. Проверим это с помощью WolframAlpha. По запросу eigenvectors {{18,12},{12,11}} получим:
$\begin{array}{ll}\lambda_1=27, &\mathbf p_1=(4,3)\\\lambda_2=2, &\mathbf p_2=(-3,4)\end{array}$
Итак, $\mathbf e'_i$ можно получить, не находя $\varphi$, а просто нормируя собственные векторы матрицы $A$ на единичную длину. В силу симметричности $A$ они автоматически ортогональны (если только собственные числа различны).

Остаётся выяснить, какой базисный вектор получается из какого собственного. Пусть $\lambda$ собственное значение, $\mathbf p$ соответствующий собственный вектор. Его длину $p$ зададим условием, что $\mathbf p$ должен удовлетворять записанному выше матричному уравнению. Тогда $p$ будет равна либо большой, либо малой полуоси.
$\mathbf p^TA\mathbf p=\mathbf p^T\lambda \mathbf p=\lambda p^2=F$, откуда $p=\sqrt{\frac F{\lambda}}$

Вывод: меньшему собственному значению соответствует собственный вектор, параллельный большой полуоси, и наоборот. Так, $\mathbf e'_1$ получим, нормируя $\mathbf p_2=(-3,4)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение27.06.2017, 21:19 


22/05/16
171
svv
Спасибо Вам огромное я бы тут точно сам не разобрался. Я во всем разобрался кроме двух предложений.
svv в сообщении #1229830 писал(а):
Его длину $p$ зададим условием, что $\mathbf p$ должен удовлетворять записанному выше матричному уравнению. Тогда $p$ будет равна либо большой, либо малой полуоси.
. Получается, что мой алгоритм не совсем пригоден? Надо пользоваться тем, что вы написали ? Что я понял. Уравнение эллипса в системе координат $X'OY'$ имеет канонически вид $(a>b)$ следует $a=\sqrt{\frac{3}{2}}$ .Выбираем тот вектор который подходит? По формуле
svv в сообщении #1229830 писал(а):
$p=\sqrt{\frac F{\lambda}}$


Если есть параллельный перенос, то находим точку $\left\{
\begin{array}{rcl}
Ax_0+By_0+D &=&0 \\
Bx_0+Cy_0+E &=&0 \\
\end{array}
\right.$ умножаем на матрицу составленную из собственных векторов у нас будет $\begin{pmatrix}
-3 & 4\\
4 &  3& 
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
 x_0\\
 y_0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 x'_0\\
 y'_0
\end{pmatrix}$. Точка $O(x'_0,y'_0)$.Как мне $F'$ получить если только поворот $F=F'$, а если сдвиг $F'=?$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение27.06.2017, 22:27 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
dima_1985 в сообщении #1230040 писал(а):
Получается, что мой алгоритм не совсем пригоден?
Пользуйтесь на здоровье Вашим алгоритмом. Его нужно только дополнить критерием того, не нужно ли найденный базис повернуть ещё на $\pm\frac{\pi}{2}$. Возьмите $\mathbf e'_1$ и найдите вектор $A\mathbf e'_1$. Результат будет равен $\lambda\mathbf e'_1$, и Вам нужен этот коэффициент $\lambda$. Если он совпадает с меньшим (по модулю) собственным числом, то всё в порядке. В противном случае вектор надо в качестве $\mathbf e'_1$ взять $-\mathbf e'_2$, а в качестве $\mathbf e'_2$ взять $\mathbf e'_1$. Такая процедура соответствует дополнительному повороту базиса на $-\frac{\pi}{2}$.
(Не будь минуса, штрихованный базис будет невозможно получить из исходного чистым поворотом, а только комбинацией поворота и отражения.)

На примере данной задачи. Вы получили $\mathbf e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}), \mathbf e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$. Находим
$A\mathbf e'_1=\begin{bmatrix}18&12\\12&11\end{bmatrix}\begin{bmatrix}4/5\\ 3/5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}108/5\\ 81/5\end{bmatrix}=27\mathbf e'_1$
Раз найденный коэффициент $27$ совпадает с бОльшим собственным числом, в качестве $\mathbf e'_1$ берём $-\mathbf e'_2=(\frac{3}{5},-\frac{4}{5})$, а в качестве $\mathbf e'_2$ берём (старый) $\mathbf e'_1=(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$.
Для простоты можно убрать множитель $\frac 1 5$ и находить только первую компоненту вектора. Тогда вычисление принимает вид:
$18\cdot 4+12\cdot 3=\lambda\cdot 4; \;\lambda=27$

-- Вт июн 27, 2017 23:13:31 --

dima_1985 в сообщении #1230040 писал(а):
Если есть параллельный перенос, то находим точку $\left\{\begin{array}{rcl}Ax_0+By_0+D &=&0 \\Bx_0+Cy_0+E &=&0 \\\end{array}\right$ умножаем на матрицу составленную из собственных векторов у нас будет $\begin{pmatrix}-3 & 4\\4 &  3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_0\\y_0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x'_0\\y'_0\end{pmatrix}$. Точка $O(x'_0,y'_0)$. Как мне $F'$ получить если только поворот $F=F'$, а если сдвиг $F'=?$.
Я на Ваш вопрос отвечу, но я не очень понимаю, для чего Вам это надо.
Пусть дано уравнение кривой второго порядка
$a_{11}x^2+2a_{12}xy+a_{22}y^2+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0$
Считая, что $a_{ik}=a_{ki}$, запишем матрицу
$A=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{bmatrix}$
Найдём $\Delta=\det A, \quad D=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}$
Если $D\neq 0$, кривая имеет центр $(x_0, y_0)$, и в результате подходящего сдвига осей
$x=\tilde x+x_0$
$y=\tilde y+y_0$
его можно переместить в начало координат. В новых координатах $(\tilde x, \tilde y)$ уравнение кривой будет иметь вид
$a_{11}\tilde x^2+2a_{12}\tilde x \tilde y + a_{22}\tilde y^2+\frac \Delta D=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение28.06.2017, 19:02 


22/05/16
171
svv, с Вашей помощью вроде разобрался. Но возникает два вопроса
1) Насколько важна ориентация? Вот в задачи $2x^2-2\sqrt{3}xy+9=0$.В учебнике ответ $e_1'(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}),e_2'(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$ у меня получилось $e_1'(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}),e_2'(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$.Я думаю, что это не важно.
2)
svv в сообщении #1230054 писал(а):
На примере данной задачи. Вы получили $\mathbf e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}), \mathbf e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$.
. Составим матрицу перехода $\begin{pmatrix}
-\frac{3}{5} & \frac{4}{5} & \\
\frac{4}{5} & \frac{3}{5} &
\end{pmatrix}$ эта матрица перехода от $e_1,e_2$ к $e'_1,e'_2$. Найдем обратную матрицу $\begin{pmatrix}
-\frac{3}{5} & \frac{4}{5} & \\
\frac{4}{5} & \frac{3}{5} &
\end{pmatrix}$ эта матрица перехода от $e'_1,e'_2$ к $e_1,e_2$ .Тогда мы сможем сделать так $\left\{
\begin{array}{rcl}
-\frac{3}{5}x'+\frac{4}{5}y'&=&x \\
\frac{4}{5}x'+\frac{3}{5}y' &=&y \\
\end{array}
\right.$ подставим $x,y$ в уравнение $18x^2+24xy_11y^2-3=0$ и должны получить наше уравнение в каноническом виде?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение28.06.2017, 23:33 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
dima_1985 в сообщении #1230241 писал(а):
Составим матрицу перехода $\begin{pmatrix}-\frac{3}{5} & \frac{4}{5}\\\frac{4}{5} & \frac{3}{5}\end{pmatrix}$ эта матрица перехода от $e_1,e_2$ к $e'_1,e'_2$.
Матрица перехода от базиса $(\mathbf e_i)$ к базису $(\mathbf e'_i)$ получается так:
Берём координаты вектора $\mathbf e'_1$ в базисе $(\mathbf e_i)$ и записываем в столбик, в первом столбце матрицы.
Берём координаты вектора $\mathbf e'_2$ в базисе $(\mathbf e_i)$ и записываем в столбик, во втором столбце матрицы.
Если делать так, матрица получится немножко другая. Пожалуйста, запишите правильный вариант.

Теперь — важная информация, будьте внимательны.

Обозначим матрицу перехода от базиса $(\mathbf e_i)$ к базису $(\mathbf e'_i)$ через $P$. Матрицу, обратную ей, обозначим $Q$.
С помощью $P$ выражаются базисные векторы $\mathbf e'_i$ через базисные векторы $\mathbf e_i$:
$\begin{bmatrix}\mathbf e'_1&\mathbf e'_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\mathbf e_1&\mathbf e_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{21}&p_{22}\end{bmatrix}$
(расписать это символическое равенство по правилам матричного умножения, игнорируя то, что сами элементы являются векторами)
И с помощью той же $P$ (не обратной) выражаются координаты $x_i$ через координаты $x'_i$:
$\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{21}&p_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x'_1\\x'_2\end{bmatrix}$

Наоборот, с помощью $Q=P^{-1}$ выражаются базисные векторы $\mathbf e_i$ через базисные векторы $\mathbf e'_i$:
$\begin{bmatrix}\mathbf e_1&\mathbf e_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\mathbf e'_1&\mathbf e'_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}q_{11}&q_{12}\\q_{21}&q_{22}\end{bmatrix}$
И с помощью той же $Q$ выражаются координаты $x'_i$ через координаты $x_i$:
$\begin{bmatrix}x'_1\\x'_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}q_{11}&q_{12}\\q_{21}&q_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}$

Поэтому Вам обращать матрицу не надо. Только запишите её правильно и воспользуйтесь моими формулами. И да, получится почти каноническое уравнение. Я имею в виду, что квадратичная форма от $x_1, x_2$, которая является частью исходного уравнения, будет приведена к диагональному виду, но ещё может быть необходим сдвиг.

dima_1985 в сообщении #1230241 писал(а):
Насколько важна ориентация?
Предлагаю тест.
Изображение
Посмотрите на левую и среднюю картинку. Возникает ли у Вас «когнитивный диссонанс»? Если да, то ориентация всё-таки важна.
Заметьте, что правую картинку можно превратить в «хорошую», если наклонить голову к левому плечу, но с левой и средней такое не пройдёт — поможет только зеркало.

На заметку. Ориентация векторов базиса $(\mathbf e'_i)$ легко проверяется при помощи псевдоскалярного произведения базисных векторов. Это произведение обозначается $\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2$ и равно просто определителю матрицы перехода. Если получилось положительное число, ориентация совпадает с ориентацией стандартного базиса $(\mathbf e_i)$. Если отрицательное — не совпадает. Ноль получиться не может, вернее, это будет говорить о линейной зависимости базисных векторов, то есть об ошибке в их вычислении.

В Вашем случае:
$\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2=\begin{vmatrix}-\frac{1}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{2}\\-\frac{\sqrt{3}}{2}&\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-1$
Следовательно, базис не только повернули, но и отразили в зеркале.

P.S. Всё, что сказано в этом сообщении, обобщается и на случай $n$-мерного пространства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение29.06.2017, 01:34 


22/05/16
171
Да, забыл я минус.У нас $e'_1( \frac{3}{5}, -\frac{4}{5}),e'_2(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$ тогда матрица перехода $\begin{pmatrix}
 \frac{3}{5}&  \frac{4}{5} & \\
 -\frac{4}{5} &  \frac{3}{5} & 
\end{pmatrix}$
Ещё надо и ориентацию векторов проверять? В примере $2x^2-2\sqrt{3}xy+9=0$ делал все по алгоритму
1) получил собственные вектора $\lambda_1=3,\lambda_2=-1$ записал каноническое уравнение $\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{3}=1$. Все хорошо,как в учебнике.
2) Получил собственные вектора $e'_1=(-\sqrt{3},1),e'_2(\frac{1}{\sqrt{3}},1)$, нормировал их $e'_1=(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}),e'_2(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$. Дальше умножил $\begin{bmatrix}
2 &-\sqrt{3}  \\
-\sqrt{3} & 0 
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
-\frac{\sqrt{3}}{2}  \\
\frac{1}{2} 
\end{bmatrix}=3\begin{bmatrix}
-\frac{\sqrt{3}}{2}  \\
\frac{1}{2} 
\end{bmatrix}$
svv в сообщении #1230054 писал(а):
Если он совпадает с меньшим (по модулю) собственным числом, то всё в порядке. В противном случае вектор надо в качестве $\mathbf e'_1$ взять $-\mathbf e'_2$, а в качестве $\mathbf e'_2$ взять $\mathbf e'_1$. Такая процедура соответствует дополнительному повороту базиса на $-\frac{\pi}{2}$.


Тут с большим тогда $e'_1=e'_2$ тут крутим на $\frac{\pi}{2}$ $e'_1(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}),e'_2(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$. Но тут еще надо проверить на ориентацию, как Вы писали
svv в сообщении #1230361 писал(а):
В Вашем случае:
$\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2=\begin{vmatrix}-\frac{1}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{2}\\-\frac{\sqrt{3}}{2}&\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-1$
. Если ориентация положительная, то все Ok.Если отрицательная, то крутим на противоположный угол? Куда крутить $-\frac{\pi}{2}$ или $\frac{\pi}{2}$ определяется ориентацией ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение29.06.2017, 01:49 
Заслуженный участник


27/04/09
28128
Нет, кручение на другой угол ничего не изменит, потому что повороты сохраняют ориентацию. А вот изменение порядка базисных векторов равносильно кое-какому отражению и сменит её.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение29.06.2017, 10:16 


22/05/16
171
Да ерунду тут написал
dima_1985 в сообщении #1230393 писал(а):
Тут с большим тогда $e'_1=e'_2$ тут крутим на $\frac{\pi}{2}$ $e'_1(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}),e'_2(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$. Но тут еще надо проверить на ориентацию, как Вы писали svv в сообщении #1230361

писал(а):
В Вашем случае:
$\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2=\begin{vmatrix}-\frac{1}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{2}\\-\frac{\sqrt{3}}{2}&\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-1$ . Если ориентация положительная, то все Ok.Если отрицательная, то крутим на противоположный угол? Куда крутить $-\frac{\pi}{2}$ или $\frac{\pi}{2}$ определяется ориентацией ?
svv на первых двух картинках( черным цветом) нарисовал левостороннюю систему координат, а синим правосторонняя. Из левой правою можно получить путем симметричным отображением относительно оси $y$ или поменять направляющий вектор $e_1=-e_1$

 Профиль  
                  
 
 Re: Приведение кривой второго порядка к каноническому виду
Сообщение29.06.2017, 14:43 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Если вектор $\mathbf e'_1$ найден и известно, что он направлен параллельно отрезку, соединяющему фокусы, тогда $\mathbf e'_2$ лучше всего получить поворотом $\mathbf e'_1$ на $\frac{\pi}2$ против часовой стрелки. Так гарантируется правильная ориентация базиса.
Чтобы повернуть произвольный вектор $\mathbf a=(a_1, a_2)$ на $\frac{\pi}2$ против часовой стрелки, надо взять вектор с компонентами $(-a_2, a_1)$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 23 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group