Канонический вид дифференциального уравнения. УМФ.

[Valid Me]

Уравнение: $3u_{yy}-2u_{xy}-2u_{yz}+4u=0$.
Привести данное уравнение к каноническому виду с помощью метода Лагранжа приведения квадратичной формы к каноническому виду.

Составим характеристическую квадратичную форму данного уравнения:
Q(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3})=3\lambda_{2}^{2}-2\lambda_{1}\lambda_{2}-2\lambda_{2}\lambda_{3}.

Приведем её к каноническому виду:
\\Q(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3})=3\lambda_{2}^{2}-2\lambda_{1}\lambda_{2}-2\lambda_{2}\lambda_{3}=(3\lambda_{2}^{2}-2\lambda_{2}(\lambda_{1}+\lambda_{3})+\frac{1}{3}(\lambda_{1}+\lambda_{3})^{2})-\frac{1}{3}(\lambda_{1}+\lambda_{3})^{2}=(\sqrt{3}\lambda_{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{1}-\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{3})^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{1}+\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{3})^{2}.

Отсюда:
\begin{cases} \tau_{1}=\sqrt{3}\lambda_{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{1}-\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{3},\\ \tau_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{1}+\frac{\sqrt{3}}{3}\lambda_{3}. \end{cases}

И вот тут возникает какое-то чувство неправильности. Поскольку конечный ответ должен быть:
u_{\xi\xi}-u_{\eta\eta}+4u=0, \xi=y+z,\eta=-y-2z,\theta=x-z.
А такое, из системы выше, не получается.. Каким образом можно привести к нужному ответу?

[svv]

Если вкратце, и у Вас правильно, и в ответе правильно. Преобразований, приводящих форму к каноническому виду, много. Вы нашли одно, авторы задания — другое.

[Valid Me]

Правильно ли я понимаю, что чтобы получить ответ, похожий на авторский, необходимо сделать некоторые замены в характеристической квадратичной форме: v_1+v_2,v_1-v_2,v_3?

[svv]

Форма $3\lambda_{2}^{2}-2\lambda_{1}\lambda_{2}-2\lambda_{2}\lambda_{3}$ приводится заменой
$\lambda_1=v_3$
$\lambda_2=v_1-v_2$
$\lambda_3=v_1-2v_2-v_3$
к виду $v_1^2-v_2^2$ .

Это означает, что $3u_{yy}-2u_{xy}-2u_{yz}$ переходом к переменным
$\xi=y+z$
$\eta=-y-2z$
$\theta=x-z$
приводится к виду $u_{\xi\xi}-u_{\eta\eta}$ .

Ожидаю, что этот ответ Вас удивит.

[Valid Me]

svv в сообщении #1265384 писал(а):

Форма $3\lambda_{2}^{2}-2\lambda_{1}\lambda_{2}-2\lambda_{2}\lambda_{3}$ приводится заменой
$\lambda_1=v_3$
$\lambda_2=v_1-v_2$
$\lambda_3=v_1-2v_2-v_3$
к виду $v_1^2-v_2^2$ .

Это означает, что $3u_{yy}-2u_{xy}-2u_{yz}$ переходом к переменным
$\xi=y+z$
$\eta=-y-2z$
$\theta=x-z$
приводится к виду $u_{\xi\xi}-u_{\eta\eta}$ .

Ожидаю, что этот ответ Вас удивит.

Да, приятно удивлен. Спасибо за ответ!

[svv]

Я подумал, Вы спросите «Но почему?», или «Как же так?». Но если всё понятно, прекрасно.

[Valid Me]

svv в сообщении #1265389 писал(а):

Я подумал, Вы спросите «Но почему?», или «Как же так?». Но если всё понятно, прекрасно.

Единственное маленькое уточнение. При построении матрицы замены переменных Г член $v_{3}$ мы берем произвольно?

[svv]

Уточните, пожалуйста, вопрос.

Справедливо
$\begin{bmatrix}0&\phantom{+}1&\phantom{+}1\\0&-1&-2\\1&\phantom{+}0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\phantom{+}0&-1&\phantom{+}0\\-1&\phantom{+}3&-1\\\phantom{+}0&-1&\phantom{+}0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&\phantom{+}0&\phantom{+}1\\1&-1&\phantom{+}0\\1&-2&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&\phantom{+}0&0\\0&-1&0\\0&\phantom{+}0&0\end{bmatrix}$
При этом первая матрица в левой части участвует в
$\begin{bmatrix}\xi\\\eta\\\theta \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&\phantom{+}1&\phantom{+}1\\0&-1&-2\\1&\phantom{+}0&-1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}$
А третья матрица (равная транспонированной первой) даёт
$\begin{bmatrix}\lambda_1\\\lambda_2\\\lambda_3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&\phantom{+}0&\phantom{+}1\\1&-1&\phantom{+}0\\1&-2&-1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{bmatrix}$
Где здесь, по Вашему мнению, элемент произвола, не влияющий на результат преобразования формы/уравнения?

-- Ср ноя 15, 2017 00:49:41 --

Кажется, я Вас понял. Да, можно взять
$\begin{bmatrix}0&\phantom{+}1&\phantom{+}1\\0&-1&-2\\a&\phantom{+}0&-a\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\phantom{+}0&-1&\phantom{+}0\\-1&\phantom{+}3&-1\\\phantom{+}0&-1&\phantom{+}0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&\phantom{+}0&\phantom{+}a\\1&-1&\phantom{+}0\\1&-2&-a\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&\phantom{+}0&0\\0&-1&0\\0&\phantom{+}0&0\end{bmatrix},$
где $a\neq 0$.

[Valid Me]

svv в сообщении #1265399 писал(а):

Уточните, пожалуйста, вопрос.
Кажется, я Вас понял. Да, можно взять
$\begin{bmatrix}0&\phantom{+}1&\phantom{+}1\\0&-1&-2\\a&\phantom{+}0&-a\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\phantom{+}0&-1&\phantom{+}0\\-1&\phantom{+}3&-1\\\phantom{+}0&-1&\phantom{+}0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&\phantom{+}0&\phantom{+}a\\1&-1&\phantom{+}0\\1&-2&-a\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&\phantom{+}0&0\\0&-1&0\\0&\phantom{+}0&0\end{bmatrix},$
где $a\neq 0$.

Об этом, как мне кажется, я и спрашивал.
К сожалению, при вычислении у меня получается что-то не то..

$$Q(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3})=3\lambda_{2}^{2}-2\lambda_{1}\lambda_{2}-2\lambda_{2}\lambda_{3}= \left[\begin{array}{c}\\ \lambda_{1}=v_{3},\\ \lambda_{2}=v_{1}-v_{2},\\ \lambda_{3}=v_{1}-2v_{2}-v_{3} \end{array}\right]=$$

$$=3(v_{1}-v_{2})^{2}-2v_{3}(v_{1}-v_{3})-2(v_{1}-v_{2})(v_{1}-2v_{2}-v_{3})=$$

$$=3v_{1}^{2}-6v_{1}v_{2}+3v_{2}^{2}-2v_{1}v_{3}+2v_{3}^{2}-2(v_{1}^{2}-2v_{1}v_{2}-v_{1}v_{3}-v_{1}v_{2}+2v_{2}^{2}+v_{2}v_{3})=$$

$$=3v_{1}^{2}-6v_{1}v_{2}+3v_{2}^{2}-2v_{1}v_{3}+2v_{3}^{2}-2v_{1}^{2}+4v_{1}v_{2}+2v_{1}v_{3}+2v_{1}v_{2}-4v_{2}^{2}-2v_{2}v_{3}=$$

$$=v_{1}^{2}-v_{2}^{2}+2v_{3}^{2}-2v_{2}v_{3}$$

[svv]

Valid Me в сообщении #1265403 писал(а):

$$Q(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3})=3\lambda_{2}^{2}-2\lambda_{1}\lambda_{2}-2\lambda_{2}\lambda_{3}= \left[\begin{array}{c}\\ \lambda_{1}=v_{3},\\ \lambda_{2}=v_{1}-v_{2},\\ \lambda_{3}=v_{1}-2v_{2}-v_{3} \end{array}\right]=$$

$$=3(v_{1}-v_{2})^{2}-2v_{3}(v_{1}-{\not}{{\color{magenta}v_{3}}}{\color{blue}v_2})-2(v_{1}-v_{2})(v_{1}-2v_{2}-v_{3})=$$

Можно не пересчитывать всё заново, а скомпенсировать ошибку добавлением слагаемого $-2v_3(v_3-v_2)=-2v_3^2+2v_3v_2$ к конечному результату.