Привести квадратичную форму к каноническому виду

[Infer57]

Здравствуйте, есть такая проблема: нужно привести квадратичную форму к каноническому виду ортогональным преобразованием. Т.е., как я понял, можно найти собственные числа и собственные векторы по матрице квадратичной формы, и получить квадратичную форму в каноническом виде, где собственные числа будут коэффициентами при квадратах, а собственные векторы будут образовывать матрицу перехода.
Так вот, мне дана квадратичная форма

$\frac{\sqrt{2}}{4}(5x^2+2xy+2\sqrt{2}xz+2\sqrt{2}yz+5y^2+6z^2)$

Я нашел её характеристический многочлен $f(\lambda)=-\lambda^3+4\sqrt{2}\lambda^2-\frac{77}{8}\lambda+\frac{7\sqrt{2}}{16}$
Но никак не могу найти его корни, т.е. собственные числа. Подскажите, пожалуйста, как это лучше сделать в данном случае?
И ещё вопрос, как мне действовать если вдруг собственные числа окажутся комплексными?

[Brukvalub]

Infer57 в сообщении #1217216 писал(а):

И ещё вопрос, как мне действовать если вдруг собственные числа окажутся комплексными?

Тогда вы опровергнете теорему о вещественности спектра самосопряженногго оператора, и вам дадут Филдсовскую медаль. На медаль нужно соглашаться.

[DeBill]

Infer57
У Вас - ошибки в арифметике.
Совет: забейте на страшный коэф-т перед скобкой, он ни на что не влияет (ну, потом, если захочется, домножьте на него все собственные значения). Не забывайте, что смешанные сомножители в матрицу входят дважды, и - половинками. И будут у Вас хорошие корни (ну, по крайней мере, один)

[Metford]

(Оффтоп)

Кстати, могу заметить, что не раз сталкивался с ситуацией, когда собственные значения были как раз очень плохие. Именно поэтому, увидев тему, не стал перепроверять результат, сочтя, что такое вполне вероятно.

[Infer57]

DeBill в сообщении #1217234 писал(а):

забейте на страшный коэф-т перед скобкой

Если его отбросить, то всё хорошо решается. Но можете, пожалуйста, всё-таки проверить решение:

По квадратичной форме составляем матрицу:

$$\begin{pmatrix} 5 & 1 & \sqrt{2}\\ 1 & 5 & \sqrt{2}\\ \sqrt{2} & \sqrt{2} & 6 \end{pmatrix}$$

Далее, я нашел характеристический многочлен: $f(\lambda)=-{\lambda}^{3}+16{\lambda}^{2}-80\lambda+128$
Его корни, т.е. собственные числа оператора: ${\lambda}_{1,2} = 4, {\lambda}_{3} = 8$
После, нашел собственные векторы, ортогонализовал и нормализовал их. В итого получил:
${e}_{1} = ({\sqrt{\frac{2}_{3}}}; 0; -{\frac{1}_{\sqrt{3}}})$
${e}_{2} = (-{\frac{1}_{2{\sqrt{3}}}}; {\frac{\sqrt{3}}_{2}}; -{\frac{1}_{\sqrt{6}}})$
${e}_{3} = ({\frac{1}_{2}}; {\frac{1}_{2}}; {\frac{\sqrt{2}}_{2}})$

Составляем матрицу канонического вида квадратичной формы:

$$\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 8 \end{pmatrix}$$

И матрицу перехода к базису, в котором квадратичная форма имеет канонический вид.
Матрица состоит из собственных векторов, соответствующих собственных чисел:

$$\begin{pmatrix} {\sqrt{\frac{2}_{3}}} & -{\frac{1}_{2{\sqrt{3}}}} & {\frac{1}_{2}}\\ 0 & {\frac{\sqrt{3}}_{2}} & {\frac{1}_{2}}\\ -{\frac{1}_{\sqrt{3}}} & -{\frac{1}_{\sqrt{6}}} & {\frac{\sqrt{2}}_{2}} \end{pmatrix}$$

Получаем канонический вид квадратичной формы: $f(\lambda) = 4{x}^{|2} + 4{y}^{|2} + 8{z}^{|2}$

[DeBill]

Infer57
Ну, а теперь надо еще назад, домножить на тот к-т

[Infer57]

Извиняюсь за, возможно, глупый вопрос, а домножить нужно только собственные числа (т.е. коэффициенты при новых переменных) или ещё и матрицу перехода?

[ewert]

А как Вы думаете -- если изменить собственные числа матрицы, то изменится ли при этом сама матрица?

[Infer57]

Ну матрица квадратичной формы изменится однозначно, но
я не уверен на счет базиса и соответственно матрицы перехода. Я предполагаю, что они не изменятся.
Можете пожалуйста объяснить, что изменится и почему, а то что-то никак не доходит

[ewert]

Хорошо, тогда так:

DeBill в сообщении #1217311 писал(а):

Ну, а теперь надо еще назад, домножить на тот к-т

-- как Вы думаете, в какое именно место назад Вам предлагалось вернуться?...

Вы ведь с самого начала умножили (или разделили) матрицу на некоторое число. Потому что так захотелось. Естественно, теперь её надо вернуть в исходное состояние. Что при этом произойдёт с её собственными числами и векторами?...

Это, между прочим, стандартное свойство с.ч. и с.в., так что подобные вопросы Вам задавать не следовало бы.

[arseniiv]

Можно ещё отправляться сразу от определений. Канонический базис квадратичной формы $Q$ состоит из векторов $\mathbf v_i$ таких, что $Q(\mathbf v_i,\mathbf v_j) = 0$ для $i\ne j$. Если умножить всю форму на число: $Q' = \lambda Q$, любой канонический базис $Q$ останется каноническим базисом и для $Q'$, потому что $\lambda\cdot0 = 0$.

[Infer57]

Вероятно, я должен домножить на ${\frac{{\sqrt{2}}}_{4}}$ найденные собственные числа перед нахождением собственных векторов, т.е. надо будет находить собственные вектора для собственных чисел домноженных на ${\frac{{\sqrt{2}}}_{4}}$, так?

-- 19.05.2017, 19:43 --

arseniiv в сообщении #1217367 писал(а):

Можно ещё отправляться сразу от определений. любой канонический базис $Q$ останется каноническим базисом и для $Q'$

так значит получается, что базис для квадратичной формы без коэффициента является базисом и для квадратичной формы с коэффициентом?
Т.е. изменятся лишь собственные числа, при этом собственные векторы и матрица перехода останутся неизменными? Или я опять что-то напутал?

[ewert]

Infer57 в сообщении #1217369 писал(а):

т.е. надо будет находить собственные вектора для собственных чисел домноженных на ${\frac{{\sqrt{2}}}_{4}}$, так?

Не так. arseniiv имел в виду вполне тривиальную вещь: если $Q(\mathbf v_i,\mathbf v_j) = 0$ при $i\ne j$ для некоторых векторов $\mathbf v_i$, то эти равенства сохранятся и после умножения $Q$ на любое число.

Но Вы, складывается такое впечатление, не понимаете другого. А при чём тут вообще собственные векторы-то?... Ведь к "канонизации" квадратичной формы они никакого отношения, вообще говоря, не имеют. Кроме одного специального случая. Какого -- и почему?...

[Infer57]

Есть ещё вариант, проверьте пожалуйста
Так как изначально мы убрали коэффициент перед квадратичной формой, то надо

DeBill в сообщении #1217311 писал(а):

домножить на тот к-т

Т.е. по формуле $A'={T}^{-1}AT$ ($A$ - матрица данной квадратичной формы, $T$ - матрица перехода к базису, в котором квадратичная форма имеет диагональный вид, $A'$ - матрица квадратичной формы в каноническом виде) если вернуть коэффициент ${\frac{{\sqrt{2}}}_{4}}$ матрице $A$,
то матрица $А'$

$$\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 8 \end{pmatrix}$$

так же увеличится на этот коэффициент и примет вид:

$$\begin{pmatrix} {\sqrt{2}} & 0 & 0\\ 0 & {\sqrt{2}} & 0\\ 0 & 0 & 2{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$$

А значит, канонический вид квадратичной формы примет вид: $f(\lambda) = {\sqrt{2}}{x}^{|2} + {\sqrt{2}}{y}^{|2} + 2{\sqrt{2}}{z}^{|2}$
А базис и матрица перехода останутся неизменными.

-- 19.05.2017, 22:49 --

ewert в сообщении #1217406 писал(а):

Кроме одного специального случая. Какого -- и почему?...

Когда необходимо найти канонический вид квадратичной формы ортогональным преобразованием

[DeBill]

Infer57 в сообщении #1217422 писал(а):

А базис и матрица перехода останутся неизменными.

Теперь все верно.