Приведение кривой второго порядка к каноническому виду

[dima_1985]

Здравствуйте ! Попалась задача. Определить тип кривой второго порядка $18x^2+24xy+11y^2-3=0$, составить ее каноническое уравнение и найти каноническую систему координат. Решение:
1) стандартным алгоритмом получил систему
$\left\{ \begin{array}{rcl} A+C&=&29 \\ AC&=&54 \\ ACF&=&-162 \end{array} \right.$
2) Решил систему, получил два набора решений $(A=2,C=27,F=-3);(A=27,C=2,F=-3)$. Какой из них брать?
3) Взял первый набор, так как $(\frac{1}{2}>\frac{1}{27})$. Каноническое уравнение эллипса готово $\frac{x^2}{\frac{3}{2}}+\frac{y^2}{\frac{1}{9}}=1$
4) Найдем каноническую систему координат. Возьмем исходные вектора $e_1(1,0),e_2(0,1)$ повернем их на $\varphi=\arctg(\frac{24}{7})/2$. Получим два вектора $e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}),e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$. В учебнике указаны другие вектора $e'_1(\frac{3}{5},-\frac{4}{5}),e'_2(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$. Различие в том, что одна повернута относительно другой на $-\frac{\pi}{2}$. Это важно ? Какой из ответов правильный? Вроде все просто взял и повернул, но что-то не учел. Чего?

[Brukvalub]

Беда в том, что нет "абсолютно стандартного" алгоритма отыскания канонической системы координат для кривой второго порядка. В частности, я тоже учу студентов этой процедуре, знаю несколько описаний таких алгоритмов, среди них у меня есть самый любимый, но в ваших обрывках решения мало что понял.

[svv]

dima_1985
Поскольку $\tg 2(\varphi\pm\frac{\pi}{2})=\tg 2\varphi$, уравнению $\tg 2\varphi=\frac{2a_{12}}{a_{11}-a_{22}}$ удовлетворяет также угол, отличающийся от Вашего на $\frac{\pi}{2}$. Он, в данном случае, и является правильным.

Это важно, вот почему. При любом выборе угла векторы $e'_1, e'_2$ будут параллельны главным осям. Однако по стандарту именно $e'_1$ параллелен отрезку, соединяющему фокусы. У Вас сейчас это не так: большая ось эллипса параллельна $e'_2$.

Знаете ли Вы, что такое собственные значения и собственные векторы матрицы?

[dima_1985]

Brukvalub в сообщении #1229711 писал(а):

Беда в том, что нет "абсолютно стандартного" алгоритма отыскания канонической системы координат для кривой второго порядка.

Да, Вы правы. Выпишем коэффициенты уравнения:$A=18,B=12,C=11,F=-3,D=0,E=0$. Так как определитель $\begin{pmatrix} 18 & 12 \\ 12 & 11 \end{pmatrix}=54>0$. То уравнение имеет эллиптический вид. Можно воспользоваться методом инвариантов. Получим систему
$ \left\{ \begin{array}{rcl} A'+C' &=&29 \\ A'C' &=&54 \\ A'C'F' &=&-162 \end{array} \right. $. Данная система имеет два решения $A'=2,C'=27,F'=-3$ и $A'=27,C'=2,F'=-3$. Наше уравнение в системе координат $X'O'Y'$ будет иметь вид $A'X'^2+C'Y'^2-F'=0$. Какое решение системы выбрать ? Я выбрал первое так как $(\frac{1}{2}>\frac{1}{27})$ (у эллипса в каноническом виде $a>b$). Каноническое уравнение эллипса $\frac{x'^2}{\frac{3}{2}}+\frac{y'^2}{\frac{1}{9}}=1$. Повернем вектора $e_1(1,0),e_2(0,1)$ на $\varphi=\frac{\arctg(\frac{24}{7})}{2}$

dima_1985 в сообщении #1229693 писал(а):

Получим два вектора $e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}),e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$. В учебнике указаны другие вектора $e'_1(\frac{3}{5},-\frac{4}{5}),e'_2(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$. Различие в том, что одна повернута относительно другой на $-\frac{\pi}{2}$. Это важно ? Какой из ответов правильный? Вроде все просто взял и повернул, но что-то не учел. Чего?

[dima_1985]

svv в сообщении #1229729 писал(а):

Знаете ли Вы, что такое собственные значения и собственные векторы матрицы?

Имею представление. В нашей задаче можно сказать следующее, есть линейное преобразование $K=\begin{pmatrix} 18 & 12 & \\ 12 & 11 \end{pmatrix}$. Тогда $Kx_1=\lambda_1 x_1,Kx_2=\lambda_2 x_2$. Где $x_1,x_2$ - собственные вектора, а $\lambda_1,\lambda_2$ - собственные значения. Причем $A=\lambda_1,C=\lambda_2$ или наоборот.

svv в сообщении #1229729 писал(а):

У Вас сейчас это не так: большая ось эллипса параллельна $e'_2$.

А как Вы параллельность определили? Если знать, что при $A=2,C=27,F=-3$ большая ось параллельна $e'_2$, я бы взял второе решение системы и получил то что надо( повернул бы ещё на $\pi/2$)

[svv]

Мне будет удобно вместо $x,y$ писать $x_1,x_2$.

dima_1985 в сообщении #1229776 писал(а):

Если знать, что при $A=2,C=27,F=-3$ большая ось параллельна $e'_2$, я бы взял второе решение системы и получил то что надо( повернул бы ещё на $\pi/2$)

Координаты вектора — это коэффициенты его разложения по некоторому базису. Возьмём радиус-вектор некоторой точки и разложим его по «старому» (нештрихованному) и «новому» (штрихованному) базису:
$\mathbf r=x_1\mathbf e_1+x_2\mathbf e_2=x'_1\mathbf e'_1+x'_2\mathbf e'_2$
Понятно, что на самом деле в каноническом уравнении эллипса фигурируют новые, штрихованные координаты. Это такие координаты, в которых заданное уравнение имеет канонический вид.

При нахождении уравнения кривой в новых координатах у Вас возникла неоднозначность, и Вы сделали выбор. При выражении нового базиса через старый у Вас тоже возникла неоднозначность, и Вы тоже сделали выбор. Но так как оба выбора Вы делали независимо, возникла следующая ситуация: уравнение у Вас записано правильно, а векторы перепутаны местами. В результате $x'_2$ у Вас является коэффициентом разложения при $\mathbf e'_1$, и наоборот (чего, конечно, не должно быть).

Поэтому, если Вы возьмёте второе решение системы, соответствие между базисными векторами и координатами у Вас будет. Но в каноническом уравнении $x'_1$ будет соответствовать малой оси, а $x'_2$ большой. Это не выход.

-- Пн июн 26, 2017 17:43:25 --

dima_1985 в сообщении #1229776 писал(а):

А как Вы параллельность определили?

Ваш вектор $e'_2=(-\frac 3 5, \frac 4 5)$ сейчас имеет длину $1$. Посмотрим, в какое количество раз $t$ его надо растянуть, чтобы его конец лёг на кривую. Для этого подставим в исходное уравнение $x=-\frac 3 5 t, y=\frac 4 5 t$. Получим $t^2=\frac 3 2$, а не $\frac 1 9$.

[svv]

dima_1985 в сообщении #1229776 писал(а):

Имею представление.

Прекрасно. Как Вы помните, если $\mathbf p$ — собственный вектор, соответствующий собственному значению $\lambda$, это же справедливо для вектора $c\mathbf p$, где $c\neq 0$.

Пусть дано уравнение эллипса с центром в начале координат. Его можно записать в матричном виде $\mathbf x^TA\mathbf x=F$,
где $\mathbf x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}, \quad\quad A=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix}$
Согласно теории, собственные векторы матрицы $A$ имеют направления главных осей эллипса. Проверим это с помощью WolframAlpha. По запросу eigenvectors {{18,12},{12,11}} получим:
$\begin{array}{ll}\lambda_1=27, &\mathbf p_1=(4,3)\\\lambda_2=2, &\mathbf p_2=(-3,4)\end{array}$
Итак, $\mathbf e'_i$ можно получить, не находя $\varphi$, а просто нормируя собственные векторы матрицы $A$ на единичную длину. В силу симметричности $A$ они автоматически ортогональны (если только собственные числа различны).

Остаётся выяснить, какой базисный вектор получается из какого собственного. Пусть $\lambda$ собственное значение, $\mathbf p$ соответствующий собственный вектор. Его длину $p$ зададим условием, что $\mathbf p$ должен удовлетворять записанному выше матричному уравнению. Тогда $p$ будет равна либо большой, либо малой полуоси.
$\mathbf p^TA\mathbf p=\mathbf p^T\lambda \mathbf p=\lambda p^2=F$, откуда $p=\sqrt{\frac F{\lambda}}$

Вывод: меньшему собственному значению соответствует собственный вектор, параллельный большой полуоси, и наоборот. Так, $\mathbf e'_1$ получим, нормируя $\mathbf p_2=(-3,4)$.

[dima_1985]

svv
Спасибо Вам огромное я бы тут точно сам не разобрался. Я во всем разобрался кроме двух предложений.

svv в сообщении #1229830 писал(а):

Его длину $p$ зададим условием, что $\mathbf p$ должен удовлетворять записанному выше матричному уравнению. Тогда $p$ будет равна либо большой, либо малой полуоси.

. Получается, что мой алгоритм не совсем пригоден? Надо пользоваться тем, что вы написали ? Что я понял. Уравнение эллипса в системе координат $X'OY'$ имеет канонически вид $(a>b)$ следует $a=\sqrt{\frac{3}{2}}$ .Выбираем тот вектор который подходит? По формуле

svv в сообщении #1229830 писал(а):

$p=\sqrt{\frac F{\lambda}}$

Если есть параллельный перенос, то находим точку $\left\{ \begin{array}{rcl} Ax_0+By_0+D &=&0 \\ Bx_0+Cy_0+E &=&0 \\ \end{array} \right.$ умножаем на матрицу составленную из собственных векторов у нас будет $\begin{pmatrix} -3 & 4\\ 4 & 3& \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_0\\ y_0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x'_0\\ y'_0 \end{pmatrix}$. Точка $O(x'_0,y'_0)$.Как мне $F'$ получить если только поворот $F=F'$, а если сдвиг $F'=?$.

[svv]

dima_1985 в сообщении #1230040 писал(а):

Получается, что мой алгоритм не совсем пригоден?

Пользуйтесь на здоровье Вашим алгоритмом. Его нужно только дополнить критерием того, не нужно ли найденный базис повернуть ещё на $\pm\frac{\pi}{2}$. Возьмите $\mathbf e'_1$ и найдите вектор $A\mathbf e'_1$. Результат будет равен $\lambda\mathbf e'_1$, и Вам нужен этот коэффициент $\lambda$. Если он совпадает с меньшим (по модулю) собственным числом, то всё в порядке. В противном случае вектор надо в качестве $\mathbf e'_1$ взять $-\mathbf e'_2$, а в качестве $\mathbf e'_2$ взять $\mathbf e'_1$. Такая процедура соответствует дополнительному повороту базиса на $-\frac{\pi}{2}$.
(Не будь минуса, штрихованный базис будет невозможно получить из исходного чистым поворотом, а только комбинацией поворота и отражения.)

На примере данной задачи. Вы получили $\mathbf e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}), \mathbf e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$. Находим
$A\mathbf e'_1=\begin{bmatrix}18&12\\12&11\end{bmatrix}\begin{bmatrix}4/5\\ 3/5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}108/5\\ 81/5\end{bmatrix}=27\mathbf e'_1$
Раз найденный коэффициент $27$ совпадает с бОльшим собственным числом, в качестве $\mathbf e'_1$ берём $-\mathbf e'_2=(\frac{3}{5},-\frac{4}{5})$, а в качестве $\mathbf e'_2$ берём (старый) $\mathbf e'_1=(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$.
Для простоты можно убрать множитель $\frac 1 5$ и находить только первую компоненту вектора. Тогда вычисление принимает вид:
$18\cdot 4+12\cdot 3=\lambda\cdot 4; \;\lambda=27$

-- Вт июн 27, 2017 23:13:31 --

dima_1985 в сообщении #1230040 писал(а):

Если есть параллельный перенос, то находим точку $\left\{\begin{array}{rcl}Ax_0+By_0+D &=&0 \\Bx_0+Cy_0+E &=&0 \\\end{array}\right$ умножаем на матрицу составленную из собственных векторов у нас будет $\begin{pmatrix}-3 & 4\\4 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_0\\y_0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x'_0\\y'_0\end{pmatrix}$. Точка $O(x'_0,y'_0)$. Как мне $F'$ получить если только поворот $F=F'$, а если сдвиг $F'=?$.

Я на Ваш вопрос отвечу, но я не очень понимаю, для чего Вам это надо.
Пусть дано уравнение кривой второго порядка
$a_{11}x^2+2a_{12}xy+a_{22}y^2+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0$
Считая, что $a_{ik}=a_{ki}$, запишем матрицу
$A=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{bmatrix}$
Найдём $\Delta=\det A, \quad D=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}$
Если $D\neq 0$, кривая имеет центр $(x_0, y_0)$, и в результате подходящего сдвига осей
$x=\tilde x+x_0$
$y=\tilde y+y_0$
его можно переместить в начало координат. В новых координатах $(\tilde x, \tilde y)$ уравнение кривой будет иметь вид
$a_{11}\tilde x^2+2a_{12}\tilde x \tilde y + a_{22}\tilde y^2+\frac \Delta D=0$

[dima_1985]

svv, с Вашей помощью вроде разобрался. Но возникает два вопроса
1) Насколько важна ориентация? Вот в задачи $2x^2-2\sqrt{3}xy+9=0$.В учебнике ответ $e_1'(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}),e_2'(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$ у меня получилось $e_1'(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}),e_2'(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$.Я думаю, что это не важно.
2)

svv в сообщении #1230054 писал(а):

На примере данной задачи. Вы получили $\mathbf e'_1(\frac{4}{5},\frac{3}{5}), \mathbf e'_2(-\frac{3}{5},\frac{4}{5})$.

. Составим матрицу перехода $\begin{pmatrix} -\frac{3}{5} & \frac{4}{5} & \\ \frac{4}{5} & \frac{3}{5} & \end{pmatrix}$ эта матрица перехода от $e_1,e_2$ к $e'_1,e'_2$. Найдем обратную матрицу $\begin{pmatrix} -\frac{3}{5} & \frac{4}{5} & \\ \frac{4}{5} & \frac{3}{5} & \end{pmatrix}$ эта матрица перехода от $e'_1,e'_2$ к $e_1,e_2$ .Тогда мы сможем сделать так $\left\{ \begin{array}{rcl} -\frac{3}{5}x'+\frac{4}{5}y'&=&x \\ \frac{4}{5}x'+\frac{3}{5}y' &=&y \\ \end{array} \right.$ подставим $x,y$ в уравнение $18x^2+24xy_11y^2-3=0$ и должны получить наше уравнение в каноническом виде?

[svv]

dima_1985 в сообщении #1230241 писал(а):

Составим матрицу перехода $\begin{pmatrix}-\frac{3}{5} & \frac{4}{5}\\\frac{4}{5} & \frac{3}{5}\end{pmatrix}$ эта матрица перехода от $e_1,e_2$ к $e'_1,e'_2$.

Матрица перехода от базиса $(\mathbf e_i)$ к базису $(\mathbf e'_i)$ получается так:
Берём координаты вектора $\mathbf e'_1$ в базисе $(\mathbf e_i)$ и записываем в столбик, в первом столбце матрицы.
Берём координаты вектора $\mathbf e'_2$ в базисе $(\mathbf e_i)$ и записываем в столбик, во втором столбце матрицы.
Если делать так, матрица получится немножко другая. Пожалуйста, запишите правильный вариант.

Теперь — важная информация, будьте внимательны.

Обозначим матрицу перехода от базиса $(\mathbf e_i)$ к базису $(\mathbf e'_i)$ через $P$. Матрицу, обратную ей, обозначим $Q$.
С помощью $P$ выражаются базисные векторы $\mathbf e'_i$ через базисные векторы $\mathbf e_i$:
$\begin{bmatrix}\mathbf e'_1&\mathbf e'_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\mathbf e_1&\mathbf e_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{21}&p_{22}\end{bmatrix}$
(расписать это символическое равенство по правилам матричного умножения, игнорируя то, что сами элементы являются векторами)
И с помощью той же $P$ (не обратной) выражаются координаты $x_i$ через координаты $x'_i$:
$\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{21}&p_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x'_1\\x'_2\end{bmatrix}$

Наоборот, с помощью $Q=P^{-1}$ выражаются базисные векторы $\mathbf e_i$ через базисные векторы $\mathbf e'_i$:
$\begin{bmatrix}\mathbf e_1&\mathbf e_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\mathbf e'_1&\mathbf e'_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}q_{11}&q_{12}\\q_{21}&q_{22}\end{bmatrix}$
И с помощью той же $Q$ выражаются координаты $x'_i$ через координаты $x_i$:
$\begin{bmatrix}x'_1\\x'_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}q_{11}&q_{12}\\q_{21}&q_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}$

Поэтому Вам обращать матрицу не надо. Только запишите её правильно и воспользуйтесь моими формулами. И да, получится почти каноническое уравнение. Я имею в виду, что квадратичная форма от $x_1, x_2$, которая является частью исходного уравнения, будет приведена к диагональному виду, но ещё может быть необходим сдвиг.

dima_1985 в сообщении #1230241 писал(а):

Насколько важна ориентация?

Предлагаю тест.

Посмотрите на левую и среднюю картинку. Возникает ли у Вас «когнитивный диссонанс»? Если да, то ориентация всё-таки важна.
Заметьте, что правую картинку можно превратить в «хорошую», если наклонить голову к левому плечу, но с левой и средней такое не пройдёт — поможет только зеркало.

На заметку. Ориентация векторов базиса $(\mathbf e'_i)$ легко проверяется при помощи псевдоскалярного произведения базисных векторов. Это произведение обозначается $\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2$ и равно просто определителю матрицы перехода. Если получилось положительное число, ориентация совпадает с ориентацией стандартного базиса $(\mathbf e_i)$. Если отрицательное — не совпадает. Ноль получиться не может, вернее, это будет говорить о линейной зависимости базисных векторов, то есть об ошибке в их вычислении.

В Вашем случае:
$\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2=\begin{vmatrix}-\frac{1}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{2}\\-\frac{\sqrt{3}}{2}&\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-1$
Следовательно, базис не только повернули, но и отразили в зеркале.

P.S. Всё, что сказано в этом сообщении, обобщается и на случай $n$-мерного пространства.

[dima_1985]

Да, забыл я минус.У нас $e'_1( \frac{3}{5}, -\frac{4}{5}),e'_2(\frac{4}{5},\frac{3}{5})$ тогда матрица перехода $\begin{pmatrix} \frac{3}{5}& \frac{4}{5} & \\ -\frac{4}{5} & \frac{3}{5} & \end{pmatrix}$
Ещё надо и ориентацию векторов проверять? 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 $\begin{bmatrix} 2 &-\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{1}{2} \end{bmatrix}=3\begin{bmatrix} -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{1}{2} \end{bmatrix}$

svv в сообщении #1230054 писал(а):

Если он совпадает с меньшим (по модулю) собственным числом, то всё в порядке. В противном случае вектор надо в качестве $\mathbf e'_1$ взять $-\mathbf e'_2$, а в качестве $\mathbf e'_2$ взять $\mathbf e'_1$. Такая процедура соответствует дополнительному повороту базиса на $-\frac{\pi}{2}$.

Тут с большим тогда $e'_1=e'_2$ тут крутим на $\frac{\pi}{2}$ $e'_1(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}),e'_2(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$. Но тут еще надо проверить на ориентацию, как Вы писали

svv в сообщении #1230361 писал(а):

В Вашем случае:
$\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2=\begin{vmatrix}-\frac{1}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{2}\\-\frac{\sqrt{3}}{2}&\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-1$

. Если ориентация положительная, то все Ok.Если отрицательная, то крутим на противоположный угол? Куда крутить $-\frac{\pi}{2}$ или $\frac{\pi}{2}$ определяется ориентацией ?

[arseniiv]

Нет, кручение на другой угол ничего не изменит, потому что повороты сохраняют ориентацию. А вот изменение порядка базисных векторов равносильно кое-какому отражению и сменит её.

[dima_1985]

Да ерунду тут написал

dima_1985 в сообщении #1230393 писал(а):

Тут с большим тогда $e'_1=e'_2$ тут крутим на $\frac{\pi}{2}$ $e'_1(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}),e'_2(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$. Но тут еще надо проверить на ориентацию, как Вы писали svv в сообщении #1230361

писал(а):
В Вашем случае:
$\mathbf e'_1\wedge \mathbf e'_2=\begin{vmatrix}-\frac{1}{2}&-\frac{\sqrt{3}}{2}\\-\frac{\sqrt{3}}{2}&\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-1$ . Если ориентация положительная, то все Ok.Если отрицательная, то крутим на противоположный угол? Куда крутить $-\frac{\pi}{2}$ или $\frac{\pi}{2}$ определяется ориентацией ?

svv на первых двух картинках( черным цветом) нарисовал левостороннюю систему координат, а синим правосторонняя. Из левой правою можно получить путем симметричным отображением относительно оси $y$ или поменять направляющий вектор $e_1=-e_1$

[svv]

Если вектор $\mathbf e'_1$ найден и известно, что он направлен параллельно отрезку, соединяющему фокусы, тогда $\mathbf e'_2$ лучше всего получить поворотом $\mathbf e'_1$ на $\frac{\pi}2$ против часовой стрелки. Так гарантируется правильная ориентация базиса.
Чтобы повернуть произвольный вектор $\mathbf a=(a_1, a_2)$ на $\frac{\pi}2$ против часовой стрелки, надо взять вектор с компонентами $(-a_2, a_1)$.