Канонический вид

[Kid_Dynamite]

Здравствуйте!

Привести к каноническому виду уравнение

$$u_{xx}+2u_{xy}-2u_{xz}+2u_{yy}+6u_{zz}=0$$

С чего здесь начать?

[wronskian]

можно составить квадратичную форму от трёх переменных, по которым у вас производные, и привести её к каноническому виду методом Лагранжа, например.

[Kid_Dynamite]

wronskian
Характеристическая квадратичная форма уравнения имеет вид

$$Q(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)=\lambda_1^2+4\lambda_1\lambda_2-4\lambda_1\lambda_3+2\lambda_2^2+6\lambda_3^2$$

Методом Лагранжа я привел ее к каноническому виду:

$$Q(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)=(\lambda_1+2\lambda_2-2\lambda_3)^2+2(2\lambda_2+\lambda_3)^2-10\lambda_2^2$$

Что делать дальше подскажите пожалуйста?

[wronskian]

Kid_Dynamite
Вы уверены, что правильно написали первую К.Ф.? Если мне память не изменяет, то перед $\[{\lambda _1}{\lambda _2}\]$ и прочими смешанными произведениями коэффициент уж никак не $4$.
Допустим, Вы исправите эти два коэффициента. После приведения к каноническому виду, Вы, очевидно, получите сумму квадратов (спасибо Лагранжу). Кстати, лучше $\[{\lambda _1},{\lambda _2},{\lambda _3}\]$ обозначить за $x,y,z$, так как это всё-таки замена этих же самых координат, но это уж как Вам удобно. Далее, собственно, получаем замену:

$$\[\begin{array}{l} \xi ' = a(x,y,z)\\ \eta ' = b(x,y,z)\\ \zeta ' = c(x,y,z) \end{array}\]$$

где $a(x,y,z), b(x,y,z), c(x,y,z)$ — Ваши слагаемые из канонического вида К.Ф., из них составляем матрицу $B$ и $\[{B^T}\]$, далее вспоминаем, как меняется матрица невырожденного преобразования при переходе от одного базиса к другому $\[X' = {({B^T})^{ - 1}}X\]$, меняем её и получаем искомую замену

$$\[\begin{array}{l} \xi = a(x,y,z)\\ \eta = b(x,y,z)\\ \zeta = c(x,y,z) \end{array}\]$$

[Kid_Dynamite]

wronskian
Характеристическая квадратичная форма это величина

$$Q(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)=\sum \limits_{i,j=1}^{3}a_{ij}\lambda_i\lambda_j=a_{11}\lambda_1^2+2a_{12}{\lambda_1\lambda_2}+2a_{13}\lambda_1\lambda_3+a_{22}\lambda_2^2+2a_{23}{\lambda_2\lambda_3}+a_{33}\lambda_3^2$$

А в нашем уравнении

$$a_{11}=1, a_{12}=a_{21}=2, a_{13}=a_{31}=-2, a_{22}=2, a_{23}=a_{32}=0, a_{33}=6$$

Верно же?

[bot]

Kid_Dynamite в сообщении #663437 писал(а):

Верно же?

Вы в одном вагоне хотите ехать в разные стороны. Верно следующее $2u_{xy}=u_{xy}+u_{yx}$ - делайте выводы.

[Kid_Dynamite]

bot
Я уже понял спасибо!
Хотел удалить свое сообщение, а вижу, что Вы уже добавили

[Kid_Dynamite]

wronskian
Получил, что

$$Q(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)=\lambda_1^2+2\lambda_1\lambda_2-2\lambda_1\lambda_3+2\lambda_2^2+6\lambda_3^2$$

Привел ее к каноническому виду

$$Q(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)=(\lambda_1+\lambda_2-\lambda_3)^2+(\lambda_2+\lambda_3)^2+(2\lambda_3)^2$$

Пусть $\mu_1=\lambda_1+\lambda_2-\lambda_3, \mu_2=\lambda_2-\lambda_3, \mu_3=2\lambda_3$

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 1 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$

Тогда

$$(A^{T})^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1/2 & 1/2 \end{pmatrix}$$

Получаем, что

$$\begin{cases} \xi=x \\ \eta=-x +y + 4z \\ \zeta=x -\frac{y}{2} + \frac{z}{2} \end{cases}$$

Отсюда я получил, что:

$$\begin{cases} u_{x}=v_{\xi}-v_{\eta}+v_{\zeta} \\ u_{y}=v_{\eta}-\frac{1}{2}v_{\zeta} \\ u_{z}=\frac{1}{2}v_{\zeta} \end{cases}$$

Скажите пожалуйста верно ли я действую?

[wronskian]

Kid_Dynamite
проверьте ваши $\mu_2, \mu_3$, также что-то не так со второй и третьими строками в матрице $A$.

Еще меня смущают ваши $\xi, \eta, \zeta$ после того, как вы получили обратную к транспонированной.

Вот эти:

$$\begin{cases} \xi=x \\ \eta=-x +y + 4z \\ \zeta=x -\frac{y}{2} + \frac{z}{2} \end{cases}$$

А именно $\eta$, в частности её третья компонента.

Еще, я заметил, что Вы не умеете умножать матрицу на вектор (надеюсь, я ошибаюсь )

Ведь

$$\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \xi \\ \eta \\ \zeta \end{array}} \right) = {({A^T})^{ - 1}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y\\ z \end{array}} \right)\]$$

[Kid_Dynamite]

wronskian
Извиняюсь. Действительно, $\mu_2=\lambda_2+\lambda_3,$ $\mu_3=2\lambda_3$

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$

$$\begin{cases} \xi=x \\ \eta=-x +y\\ \zeta=x -\frac{y}{2} + \frac{z}{2} \end{cases}$$

Теперь лучше?

[wronskian]

Kid_Dynamite
Гораздо лучше! Вот Вы и получили искомую замену. Теперь, глядя на канонический вид вашей квадратичной формы, попробуйте перейти от самой К.Ф. к У.Ч.П., учитывая новые координаты.

[Kid_Dynamite]

А вот как найти например $u_{xx}$?

[wronskian]

Kid_Dynamite
Теперь осталось сделать как бы обратный ход, и задача решена

[Kid_Dynamite]

У нас $u_x=v_{\xi}-v_{\eta}+v_{\zeta}$
У меня получилось, что

$$u_{xx}=v_{\xi\xi}-v_{\xi\eta}+v_{\xi\zeta}-(v_{\eta\xi}-v_{\eta\eta}+v_{\eta\zeta})+(v_{\zeta\xi}-v_{\zeta\eta}+v_{\zeta\zeta})$$

Верно?

[wronskian]

Kid_Dynamite
Вовсе нет. Что такое канонический вид ДУЧП?