Приведение кривой второго порядка к каноническому виду

[svv]

dima_1985 в сообщении #1230393 писал(а):

В примере $2x^2-2\sqrt{3}xy+9=0$ делал все по алгоритму
1) получил собственные вектора $\lambda_1=3,\lambda_2=-1$ записал каноническое уравнение $\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{3}=1$. Все хорошо,как в учебнике.
2) Получил собственные вектора $e'_1=(-\sqrt{3},1),e'_2(\frac{1}{\sqrt{3}},1)$, нормировал их $e'_1=(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}),e'_2(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$. Дальше умножил $\begin{bmatrix}2 &-\sqrt{3} \\-\sqrt{3} & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}-\frac{\sqrt{3}}{2} \\\frac{1}{2} \end{bmatrix}=3\begin{bmatrix}-\frac{\sqrt{3}}{2}\\\frac{1}{2} \end{bmatrix}$

Тут у Вас гипербола, что видно по инвариантам $D=-3<0,\;\; \Delta=-27\neq 0$. Так как $D=\lambda_1\lambda_2$, собственные значения разных знаков. В случае гиперболы
называем $\lambda_1$ то собственное значение, которое имеет тот же знак, что и $\Delta$, то есть $\lambda_1=-1, \lambda_2=3$. Тогда ничего не надо будет дополнительно поворачивать.
Значению $\lambda_1=-1$ соответствует собственный вектор $(1, \sqrt 3)$, нормируя его, получаем $\mathbf e_1=(\frac 1 2, \frac{\sqrt 3} 2)$. Вектор $\mathbf e_2$ получаем поворотом $\mathbf e_1$ на $\frac{\pi}{2}$ (против ч.с.), что даёт $(-\frac{\sqrt 3} 2, \frac 1 2)$. Это гарантирует правильную ориентацию. Таким образом,
$P=\begin{bmatrix}\frac 1 2&-\frac{\sqrt 3} 2\\\frac{\sqrt 3} 2&\frac 1 2\end{bmatrix}\;,\quad\quad\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac 1 2&-\frac{\sqrt 3} 2\\\frac{\sqrt 3} 2&\frac 1 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x'_1\\x'_2\end{bmatrix}$
Последнее равенство даёт замену координат, приводящую характеристическую квадратичную форму к диагональному виду (хотя лучше её приводить другими способами).

[dima_1985]

Надо было рисовать.svv, спасибо Вам большое за ваше терпение. Вопрос, если в задачи

svv в сообщении #1230629 писал(а):

$2x^2-2\sqrt{3}xy+9=0$

Вместо векторов

svv в сообщении #1230629 писал(а):

$\mathbf e_1=(\frac 1 2, \frac{\sqrt 3} 2)$. Вектор $\mathbf e_2$ получаем поворотом $\mathbf e_1$ на $\frac{\pi}{2}$ (против ч.с.), что даёт $(-\frac{\sqrt 3} 2, \frac 1 2)$

положить $e'_1=(-\frac 1 2, -\frac{\sqrt 3} 2)$ и $e'_2(\frac{\sqrt 3} 2, -\frac 1 2)$ т.е повернуть базис на $-180$ градусов. Наша кривая будет иметь канонический вид ($x=-x,y=-y$)? Я думаю да?
Что значит каноническая система координат? Это та система в которой наше уравнение имеет канонический вид ? Если да, то
1) Для первой задачи $18x^2+24xy+11y^2-3=0$. Вид кривой канонический, значит $A=2$ отсюда следует $e'_1$ равен собственному вектору при $\lambda=2$. т.е $e'_1(-3,4)$ для него $e'_2(-4,-3)$ путем поворота. Отнормировали получили $e'_1(\frac{-3}{5},\frac{4}{5})$ для него $e'_2(-\frac{4}{5},-\frac{3}{5})$. Я выразил $x,y$ получил $x=-\frac{3}{5}x'-\frac{4}{5}y',y=\frac{4}{5}x'-\frac{3}{5}y'$ подставил в исходное уравнение получил канонический вид кривой. Можно сказать,что каноническая система координат $e'_1(\frac{-3}{5},\frac{4}{5}), e'_2(-\frac{4}{5},-\frac{3}{5})$. Ну, а если хочется ответ как в учебнике $e_2$ направлен вверх. Умножим на матрицу

$$\begin{bmatrix} -1& 0 \\ 0&-1& \end{bmatrix}$$

. Нарисовали посмотрели все Ok.

svv в сообщении #1230629 писал(а):

Тут у Вас гипербола, что видно по инвариантам $D=-3<0,\;\; \Delta=-27\neq 0$

Вот это круто. Пришлось почитать почему так ).svv, Вы иногда оперируете понятиями которые я не сразу понимаю прежде чем ответить приходиться читать литературу.

[svv]

Посчитать инварианты $\Delta, D, I$ и по ним определить тип кривой можно с самого начала. Как именно — описывается, наверное, в любом учебнике по аналитической геометрии, это не стоит пересказывать. Хочу пояснить другой момент.

Допустим, Вы выяснили, что у Вас гипербола ($D<0, \Delta\neq 0$). У гиперболы есть центр, и сдвигом можно совместить центр гиперболы с началом координат. Согласно теории, после этого уравнение принимает вид:
$\mathbf x^TA\mathbf x+\frac{\Delta}{D}=0$
(уже писал раньше чуть в иной форме).
Вы нашли собственные значения $\lambda_1, \lambda_2$ и соответствующие собственные векторы $\mathbf e_1, \mathbf e_2$. По теории, один вектор (пока неизвестно, который из них) направлен параллельно отрезку, соединяющему фокусы, а другой — перпендикулярно ему.

Возьмём один из собственных векторов $\mathbf e_i$. Как и раньше для эллипса, растянем или сожмём его, не меняя направления, так, чтобы он концом лёг на кривую (и тогда он будет удовлетворять уравнению). Новое обозначение вводить не будем, так как после этого вектор остаётся собственным, и можно считать, что мы сразу его нашли с нужной длиной. Подставим его в уравнение:
$\mathbf e_i^T A\mathbf e_i+\frac{\Delta}{D}=0$
Так как $A\mathbf e_i=\lambda_i\mathbf e_i$, отсюда следует
$|\mathbf e_i|^2=-\frac{\Delta}{D\lambda_i}$

Слева квадрат длины ненулевого вектора, то есть положительное число. А какой знак имеет правая часть? Для гиперболы $D<0$, но знак $\Delta$ может быть любым. Так как $D=\lambda_1\lambda_2$, одно собственное значение положительное, другое отрицательное. Поэтому если взять то собственное значение, знак которого совпадает со знаком $\Delta$, правая часть будет положительная, и мы сможем найти нужную длину $|\mathbf e_i|$. Если же взять другое собственное значение, знак которого противоположен знаку $\Delta$, то правая часть будет отрицательная, и уравнение не будет иметь решений относительно $|\mathbf e_i|$. Геометрически это означает, что этот собственный вектор ни при каком растяжении не встретит кривую — её в этом направлении нет (представьте вектор $\mathbf e_y$, параллельный $Oy$, и гиперболу $x^2-y^2=1$; ось $Oy$ не пересекает гиперболу).

(В этом отличие гиперболы от эллипса — там каждый из собственных векторов с началом в центре эллипса концом упирался в кривую при каком-нибудь растяжении.)

Так вот, «хороший» вектор по стандарту надо назвать $\mathbf e_1$, а «плохой» $\mathbf e_2$. Отсюда и следует правило для гиперболы: $\mathbf e_1$ — это вектор, соответствующий собственному значению того же знака, что и $\Delta$.

[dima_1985]

Хорошо разобрался немного. svv, Вы всегда на практике пользуетесь формулами

svv в сообщении #1230838 писал(а):

$\mathbf e_i^T A\mathbf e_i+\frac{\Delta}{D}=0$
Так как $A\mathbf e_i=\lambda_i\mathbf e_i$, отсюда следует
$|\mathbf e_i|^2=-\frac{\Delta}{D\lambda_i}$

. Или просто выводами:
1)Если эллипс то собственный вектор при наименьшим $\lambda$ параллелен большой оси эллипса.
2) Если гипербола то собственный вектор при отрицательном $\lambda$ параллелен действительной оси гиперболы?
А как мне быть если $\begin{bmatrix} A & B & \\ B & C \end{bmatrix}=0$.Я понимая, что я могу
1) найти угол повернуть на угол
2)подставить в исходное уравнение коэффициент при $Bxy$ обратиться в 0.
3)потом собрать полные квадраты.
Может есть способ проще? Во многих учебниках пишут все через $\tg$.В общем случае через собственные значения проще. Откуда мне знать $\arctg(-\frac{2}{3})$. Вот есть пример $4x^2+12xy+9y^2-8x-12y-5=0$.Это параллельные прямые $D=0,\Delta=0$. Нашел я собственные вектора $\lambda_1=13,\lambda_2=0,v_1(2,3),v_2(-3,2)$.Я выражал $x,y$ и подставлял в исходное уравнение, но что-то результатов не дает.Как сделать попроще?

[svv]

dima_1985 в сообщении #1231041 писал(а):

А как мне быть если $\begin{bmatrix}A & B & \\B & C \end{bmatrix}=0$.

Уточните, пожалуйста. Здесь написано, что матрица равна нулю, но Вы вряд ли это имели в виду.

[StaticZero]

Символ операции взятия определителя пишется \det:

$$\det \begin{pmatrix} A & B \\ B & C\end{pmatrix}$$

Прямые ограничители пишутся \begin{vmatrix} ... \end{vmatrix}:

$$\begin{vmatrix} A & B \\ B & C\end{vmatrix}$$

[dima_1985]

Да я имел ввиду $\det\begin{pmatrix} A& B & \\ B& C \end{pmatrix}=0$.

StaticZero в сообщении #1231063 писал(а):

Символ операции взятия определителя пишется \det:

Спасибо, за подсказку.

[svv]

Определитель характеристической матрицы — инвариант $D$. Он равен нулю, если равно нулю хотя бы одно из собственных чисел матрицы. Мы будем предполагать, что ровно одно. Обозначим его $\lambda_1, а ненулевое \lambda_2$. Считаем также, что $\Delta\neq 0$, тогда у нас парабола.

Находить канонический вид уравнения Вы умеете. Поэтому вопрос только в нахождении канонического базиса. Нормируя на единичную длину собственный вектор, соответствующий $\lambda_1$, найдём $\mathbf e'_1$. Он будет параллелен оси симметрии параболы. (Это совпадает с Вашим стандартом?) Но надо ещё, чтобы он смотрел в направлении вершина-фокус, а не наоборот. Для этого можно использовать такое условие: обозначим
$\mathbf b=\begin{bmatrix}a_{13}\\a_{23}\end{bmatrix}$,
тогда скалярное произведение $\mathbf b\cdot\mathbf e'_1$ должно иметь знак, противоположный знаку инварианта $I=\lambda_1+\lambda_2=\lambda_2$. Если это не так, надо умножить $\mathbf e'_1$ на $-1$.

После этого, как обычно, найдём $\mathbf e'_2$ поворотом $\mathbf e'_1$ на $\frac{\pi}2$ против часовой стрелки.