Канонический вид кривая второго порядка

[svv]

Нет, отношение не сохранилось. $1:-3\neq1,5:-3,5$. Сохраниться должно было другое.

Дана квадратичная форма $\alpha x^2 + 2\beta xy + \gamma y^2$. В Вашем примере $\alpha=1,\; \beta=\frac 3 2, \;\gamma=-3$.
Введем обозначения

$$\mathbf x=\left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right], \;\; A=\left[ \begin{array}{cc} \alpha & \beta \\ \beta & \gamma \end{array} \right]$$

Тогда форму можно записать в матричном виде:

$$\left[ \begin{array}{cc} x & y \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} \alpha & \beta \\ \beta & \gamma \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right] = \mathbf x^\top A \, \mathbf x$$

Вы делаете замену координат

$$\left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right]=\left[ \begin{array}{cc} \cos\varphi & -\sin\varphi \\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} x' \\ y' \end{array} \right]\;\;\;(\text{или}\;\mathbf x=S\,\mathbf x')$$

Подставляя это в $\mathbf x^\top A \, \mathbf x$, выразим нашу форму через новые координаты $\mathbf x'$:

$$\mathbf x'^\top S^\top A\, S\, \mathbf x'=\mathbf x'^\top A'\; \mathbf x'$$

Тогда новой матрицей является $A'=S^\top A\, S$, и надо так подобрать $\varphi$ (и тем самым $S$, которое зависит от $\varphi$), чтобы $A'$ получилась диагональной:

$$A'=\left[ \begin{array}{cc} \alpha' & 0 \\ 0 & \gamma' \end{array} \right]$$

То есть преобразование должно приводить форму к виду $\alpha' x'^2+\gamma' y'^2$.

Так вот, наша преобразующая матрица $S$ ортогональна, а потому сохраняется след и определитель матрицы квадратичной формы:

$$\operatorname{tr}A=\operatorname{tr}A',\;\; \operatorname{det}A=\operatorname{det}A'$$

Вы пока проверьте, что это так для Вашей исходной матрицы $A=\left[ \begin{array}{cc}1 & 1,5 \\1,5 & -3\end{array} \right]$ и конечной $A'=\left[ \begin{array}{cc}1,5 & 0 \\ 0 & -3,5\end{array} \right]$. Но это еще не все (просто пора отдыхать).

[Kallikanzarid]

Ну или можно так:
$x^2 + axy + by^2 = x^2 + axy + \frac{a^2}{4}y^2 + (b - \frac{a^2}{4})y^2 = (x + \frac{a}{2}y)^2 + (b - \frac{a^2}{4})y^2$
ИМХО, это проще

[svv]

Kallikanzarid, примите во внимание, что мой вывод не делается каждый раз. Он приведен только для пояснения, какие инварианты можно использовать для проверки и откуда они берутся. Сами, небось, для быстрой проверки след бы считали.

Кроме того, смысл не в том, чтобы как угодно привести форму к диагональному виду -- тогда исказятся "канонические" коэффициенты перед новыми $x^2$ и $y^2$. А в том, чтобы сделать это вращением (а это ортогональное преобразование). В Вашем результате новые оси уже неортогональны.

[shur]

svv
Спасибо!
Вы так красиво и качественно оформили, спасибо)
Это вы какой программой пользуетесь, чтобы так набирать?!

А почему преобразующая матрица ортогональна -- это не очень понятно.. Мы ее подбираем такой угол $\phi$ и именно из-за этого она ортоганальна?

$\operatorname{tr}A=\operatorname{tr}A',\;\;=-2 $

$\operatorname{det}A=\operatorname{det}A'=-5,25$

И еще=) Ведь тогда достаточно след проверить или бывают случайные совпадения, что "по следам идет не тот кто нужно"?=)))

А что дальше нужно сделать?! Ведь мы нашли уже $A'$...
Вы имеете ввиду перенос?!

P.S. простите за большое кол-во вопросов=)

[arseniiv]

shur в сообщении #443486 писал(а):

А почему преобразующая матрица ортогональна -- это не очень понятно.. Мы ее подбираем такой угол $\phi$ и именно из-за этого она ортоганальна?

Глядите: $A$ ортогональна, если $AA^\top = E$. Проверим $S$:

$$\left[ \begin{array}{cc} \cos\varphi & -\sin\varphi \\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{array} \right] \cdot \left[ \begin{array}{cc} \cos\varphi & \sin\varphi \\ -\sin\varphi & \cos\varphi \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{cc} \cos^2\varphi + \sin^2\varphi & \cos\varphi\sin\varphi - \sin\varphi\cos\varphi \\ -\cos\varphi\sin\varphi + \sin\varphi\cos\varphi & \cos^2\varphi + \sin^2\varphi \end{array} \right] = \ldots$$

[svv]

Да. И ортогональные преобразования выделяются тем, что сохраняют вид метрики $r^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2$ (см. ниже) -- что и требуется при приведении к каноническому виду.

То есть в наших новых координатах $x'$ и $y'$ расстояние между точками $A$ и $B$ выражается той же формулой $r_{AB}^2=(x'_B-x'_A)^2+(y'_B-y'_A)^2$, что и в старых: $r_{AB}^2=(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2$, хотя сами разности изменились.

В преобразовании Kallikanzaridа (да простит он мне использование его сообщения как антипримера ) фактически в качестве новых координат вводятся $x'=x+\frac a 2 y$ и $y'=y$ (может быть, еще с какими-то множителями). Но после такого преобразования в новых координатах уже нельзя пользоваться привычной формулой для расстояния между точками. Новые оси $x'$ и $y'$ стали неортогональными, их масштаб изменился ($\Delta x'=1$ уже не есть сдвиг на единичное расстояние). Соответственно, коэффициенты при $x'^2$ и $y'^2$ непосредственно уже не годятся, например, для различения круга и эллипса, а позволяют сделать только общий вывод о том, какое у нас коническое сечение.

То есть -- Вы поняли -- $S$ не в том смысле ортогональна, что это поворот на $90$ градусов, а в указанном специальном смысле. И таковой $S$ будет при любом $\varphi$.

К пред-предыдущему сообщению нужно относиться (еще раз говорю) не как к руководству к действию. Это, если угодно, я раскрываю секрет того, как можно быстро, не напрягаясь, придти, например, к выводу, что в вычислениях есть ошибка. Ну, и показываю, что с точки зрения теории матриц мы совершаем классическую, хорошо изученную процедуру: приведение квадратичной формы к диагональному виду ортогональным преобразованием.

Кроме следа можно и нужно проверить определитель. В трехмерном случае можно проверить то же, но более полная проверка -- совпадение всех собственных чисел матриц $A$ и $A'$.

Все формулы я набираю вручную. Я сам хотел спросить окружающих, нет ли какой-нибудь удобной программы.

[shur]

arseniiv в сообщении #443512 писал(а):

shur в сообщении #443486 писал(а):

А почему преобразующая матрица ортогональна -- это не очень понятно.. Мы ее подбираем такой угол $\phi$ и именно из-за этого она ортоганальна?

Глядите: $A$ ортогональна, если $AA^\top = E$. Проверим $S$:

$$\left[ \begin{array}{cc} \cos\varphi & -\sin\varphi \\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{array} \right] \cdot \left[ \begin{array}{cc} \cos\varphi & \sin\varphi \\ -\sin\varphi & \cos\varphi \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{cc} \cos^2\varphi + \sin^2\varphi & \cos\varphi\sin\varphi - \sin\varphi\cos\varphi \\ -\cos\varphi\sin\varphi + \sin\varphi\cos\varphi & \cos^2\varphi + \sin^2\varphi \end{array} \right] = \ldots$$

Спасибо, точно, получилась единичная=)

-- Вс май 08, 2011 16:58:24 --

svv
Спасибо, понятно=)

А после сдвига получилось

$x'=x_1+\dfrac{7}{\sqrt{10}}$
$y'=y_1+\dfrac{1}{\sqrt{10}}$

$\dfrac{x'^2}{14}-\dfrac{y'^2}{6}=1$

То есть гипербола) С числами все хорошо получилось, значит должно быть правильно)
Ура)

[arseniiv]

(Оффтоп)

svv в сообщении #443548 писал(а):

Все формулы я набираю вручную. Я сам хотел спросить окружающих, нет ли какой-нибудь удобной программы.

Я раньше часто пользовался MathType, а теперь не так часто, или если не помню код какого-нибудь специфического символа. Там есть копирование в $\TeX$ наряду с другими форматами, но код мне часто приходится подчищать. (Как настроить MathType соответствующим образом, было напимано в одном из здешних FAQов по набору формул.)

[Kallikanzarid]

svv в сообщении #443548 писал(а):

В преобразовании Kallikanzaridа (да простит он мне использование его сообщения как антипримера ) фактически в качестве новых координат вводятся $x'=x+\frac a 2 y$ и $y'=y$ (может быть, еще с какими-то множителями). Но после такого преобразования в новых координатах уже нельзя пользоваться привычной формулой для расстояния между точками.

Какая трагедия!

-- Вс май 08, 2011 20:53:31 --

svv в сообщении #443548 писал(а):

приведение квадратичной формы к диагональному виду ортогональным преобразованием.

Нужно сопряжение, ЕМНИП.

[svv]

Kallikanzarid писал(а):

Нужно сопряжение, ЕМНИП.

Ну, конечно, матрица квадратичной формы преобразуется по общему правилу $A'=S^\top A \;S$. Я так и написал с самого начала:

svv в сообщении #443290 писал(а):

Подставляя это в $\mathbf x^\top A \, \mathbf x$, выразим нашу форму через новые координаты $\mathbf x'$:

$$\mathbf x'^\top S^\top A\, S\, \mathbf x'=\mathbf x'^\top A'\; \mathbf x'$$

Тогда новой матрицей является $A'=S^\top A\, S$

Но метрический тензор в новой системе координат сохранит вид $g_{ik}=\delta_{ik}$ лишь в том случае, если выполнено дополнительное условие ортогональности преобразования $S^\top=S^{-1}$;

(Доказательство)

Матрица компонент метрического тензора (матрица Грама), будучи матрицей квадратичной формы, преобразуется по общему правилу: $G'=S^\top G S$. Если $G=E$ и $G'=E$, то $S^\top S=E$.

у нас оно выполнено, а в этом случае можно написать также и $A'=S^{-1}AS$.

Если компоненты $g_{ik}$ будут общего вида -- для Вас не трагедия, но студент не сможет интерпретировать уравнение кривой второго порядка в новых координатах $f(x', y')=0$ как уравнение в декартовых координатах кривой, которая конгруэнтна исходной, но приведена к стандартному виду. Теряется смысл процедуры приведения к каноническому виду.

Канонический вид -- в канонической системе координат.

[shur]

Это уже про другую задачу

У меня еще возник вопрос про поворот, но с помощью собственных чисел.
А если преобразующая матрица получилась такая

$$S=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0&-\frac{1}{\sqrt 2}&\frac{1}{\sqrt 2}\\ 0 & \frac{1}{\sqrt 2}&\frac{1}{\sqrt 2}\\ \end{pmatrix}$$

Определитель будет равен $-1$, а значит нужно поменять столбцы местами

$$S'=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ -\frac{1}{\sqrt 2}&0&\frac{1}{\sqrt 2}\\ -\frac{1}{\sqrt 2}& 0&\frac{1}{\sqrt 2}\\ \end{pmatrix}$$

Теперь

$$\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ -\frac{1}{\sqrt 2}&0&\frac{1}{\sqrt 2}\\ -\frac{1}{\sqrt 2}& 0&\frac{1}{\sqrt 2}\\ \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\\ \end{pmatrix}$$

$$\begin{cases} x=y' \\ y=-\frac{1}{\sqrt 2}x'+\frac{1}{\sqrt 2}z' \\ z=\frac{1}{\sqrt 2}x'+\frac{1}{\sqrt 2}z'\\ \end{cases}$$

Если бы мы не меняли местами столбцы, то поворот был бы на $\dfrac{\pi}{4}$, причем $x$ при повороте бы не менялся, а поворот был бы относительно осей $y$ и $z$. А тут получается что-то странное! подскажите, пожалуйста, как понять, на какой угол мы повернули?! И что делать с определителем $-1$?!

[Алексей К.]

shur в сообщении #446100 писал(а):

И что делать с определителем -1?!

Определитель -1 мог возникнуть, если Вы каким-то образом (всего не читал) попали в левую систему координат. Например, ось ординат подписали буковкой $z$, а ось аппликат — буковкой $y$.

[shur]

Алексей К. в сообщении #446104 писал(а):

shur в сообщении #446100 писал(а):

И что делать с определителем -1?!

Определитель -1 мог возникнуть, если Вы каким-то образом (всего не читал) попали в левую систему координат. Например, ось ординат подписали буковкой $z$, а ось аппликат — буковкой $y$.

Спасибо, а как из нее выбраться, не испортив углы?!

[Алексей К.]

Но это была всего лишь гипотеза читателя, не вникшего глубоко в тему; могли быть и другие причины, ошибки.
Если гипотеза верна, то туда (в левую систему) просто нельзя забираться.

[shur]

Алексей К. в сообщении #446117 писал(а):

Но это была всего лишь гипотеза читателя, не вникшего глубоко в тему; могли быть и другие причины, ошибки.
Если гипотеза верна, то туда (в левую систему) просто нельзя забираться.

Спасибо! А точно, там собственные числа можно поменять можно поменять местами изначально (тогда и собсвенные вектора -- тоже), тогда не попадем в левую систему координат) Только как в нее не попасть изначально -- неочевидно!