Центральный эллипсоид инерции

[pika]

Munin в сообщении #662152 писал(а):

Ну давайте приведём неотрицательно определённую квадратичную форму к диагональному виду. Какой у неё будет определитель?

Он в любом случае будет неотрицательным, если нам уже известно, что квадратичная форма неотрицательна

-- Вс дек 23, 2012 04:08:28 --

Определитель вообще не изменится при приведении квадратичной формы к диагональному виду, при диагонализации мы просто поворачиваем базис, значит умножаем на ортогональную матрицу с двух сторон, а ее определитель всегда 1 или -1. Как-то мы от самой задачи отдалились

[Munin]

pika в сообщении #662158 писал(а):

Он в любом случае будет неотрицательным

Окей. Но нулём может быть запросто, так? То есть, то, что вы обнаружили, что определитель нуль, не сильно помогает вам оценить знак добавки, так?

pika в сообщении #662158 писал(а):

Как-то мы от самой задачи отдалились

Ну, просто я это всё очень наглядно себе представляю, а у вас факты в голове лежат более по-отдельности.

Давайте теперь сложим две неотрицательно определённые квадратичные формы. Но пусть у них диагональные базисы будут разными. Как это будет выглядеть, с точки зрения самой функции $r^{\mathrm{T}}Ar,$ с точки зрения определителей слагаемых и суммы, с точки зрения, что произойдёт с "эллипсоидами" $r^{\mathrm{T}}Ar=1$ для слагаемых и суммы? Рассмотрите разные взаимные ориентации нулевых и ненулевых направлений.

[pika]

Итак, новая поверхность в базисе, полученном параллельным переносом старого базиса в новую точку имеет уравнение: $r^{\mathrm{T}}(A+\Delta A)r=1$, где $\Delta A$ положительная полуопределенная квадратичная форма. рассмотрим в новом базисе 2 поверхности 1: $r^{\mathrm{T}}(A+\Delta A)r=1$ и 2: $r^{\mathrm{T}}Ar=1$, вторая поверхность в новом базисе будет иметь тот же объем, что и в старом, т.к. старый базис получен всего лишь параллельным переносом старого. Рассмотрим произвольную точку M: $\overrightarrow{r_M} на первой поверхности, т.к. обе квадратичные формы $A, \Delta A$ неотрицательны, это означает, что $\{r^T}_MAr_M\le 1$, что в свою очередь означает, что точка любая(в силу произвольности взятия М) точка новой поверхности лежит внутри старой.
Похоже, что вы это имеете ввиду.

[Munin]

Ага. Ну чего, устраивает вас это?

[pika]

Munin в сообщении #662354 писал(а):

Ага. Ну чего, устраивает вас это?

Устраивает конечно, осталось показать, что добавка не может быть отрицательна Была бы добавка всегда положительна я бы уже был удовлетворен, но к сожалению критерий Сильвестра не выполнен. Может есть какое-нибудь достаточное условие?

-- Вс дек 23, 2012 21:56:24 --

Можно ли это доказать основываясь на том факте, что главные моменты инерции не могут быть отрицательной величиной, поэтому собственные числа добавки будут тоже неотрицательны, а это уже гарантирует нам неотрицательную квадратичную форму

[Munin]

pika в сообщении #662411 писал(а):

Устраивает конечно, осталось показать, что добавка не может быть отрицательна

А это из вида добавки не следует?

pika в сообщении #662411 писал(а):

Можно ли это доказать основываясь на том факте, что главные моменты инерции не могут быть отрицательной величиной, поэтому собственные числа добавки будут тоже неотрицательны, а это уже гарантирует нам неотрицательную квадратичную форму

Что-то я перестал понимать, а что вы называете добавкой? Я - второе слагаемое в теореме Штейнера.

[pika]

Munin в сообщении #662786 писал(а):

Что-то я перестал понимать, а что вы называете добавкой? Я - второе слагаемое в теореме Штейнера.

Я тоже. $\Delta A = m(E*CM^2 - CM*CM^T)$ - так определяется добавка, $CM$ - вектор из центра масс в новую точку, $E$ - единичная матрица. Разве отсюда сразу очевидна положительная полуопределенность? Может я ее упускаю?

[Munin]

pika в сообщении #663212 писал(а):

Разве отсюда сразу очевидна положительная полуопределенность?

Мне видна. Я ввожу систему координат, в которой вектор $\overrightarrow{CM}$ имеет вид $(CM,0,0),$ и вижу, что тензор имеет вид $\operatorname{diag}(0,mCM^2,mCM^2).$ Просто не поленился посмотреть явно. Разумеется, во всех других базисах положительная определённость сохраняется.

(Пожалуйста, не пишите умножение звёздочкой, это очень-очень некрасиво. Есть хорошие команды \times и \cdot , есть хорошая традиция не писать вообще никаких знаков (если надо избежать слитности, ставится пробел \, ), и наконец, звёздочка - это обозначение операций свёртки и сопряжения Ходжа.)

[pika]

Ох, спасибо большое за советы и указания, учту в будущем