Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Высшая математика. Функции нескольких переменных. практикум. Пантелеев И.Н

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 2219 20 21 22 > Следующая >>>

13) пара пересекающихся плоскостей

−

= 0 ;

14) пара

мнимых

пересекающихся

плоскостей

= 0 ;

пара

параллельных

15)

x плоскостей y2 = a2

(a ≠ 0);

16) пара

мнимых

параллельных

плоскостей

y2 + a2 = 0 (a ≠ 0);

Рис. 4.9

17)

пара

совпадающих

плоскостей y2 = 0 .

Уравнения 1)–17) называются каноническими уравнениями поверхностей второго порядка.

При преобразовании уравнения поверхности второго порядка (1) можно, как и в случае кривой второго порядка,

использовать инварианты. Инвариантами поверхностей второго порядка являются

s1 = a11 + a22 + a33

s =

a11

a12

a11

a13

a22

a23

a12

a22

a13

a33

a23

a33

a11

a12

a13

δ =

a12

a22

a23

a13

a23

a33

a11

a12

a13

a12

a22

a23

181

Их значения не меняются при повороте и параллельном переносе осей координат.

Пример 1. Поверхность задана уравнением в прямоугольной системе координат

x2 +5y2 + z2 − 2xy + 6xz − 2 yz − 2x −6 y + 2z = 0 .

Найдите каноническую систему координат и каноническое уравнение этой поверхности. Определите тип поверхности.

Решение. Найдем сначала ортогональное преобразование переменных, приводящее матрицу А квадратичной формы

x2 +5y2 + z2 − 2xy + 6xz − 2 yz к диагональному виду.

1		−1	3
A = −1 5 −1 .
3		−1	1
Ее характеристический многочлен
det (A −λI )=	1−λ		−1	3
	1−λ		−1	3
		−1	5 −λ	−1	=
		3	−1	1−λ

= −λ3 + 7λ2 −36 = −(λ + 2)(λ −3)(λ −6).

Следовательно, матрица А имеет собственные значения

λ1 = −2, λ2 = 3, λ3 = 6 .

Для нахождения собственных векторов матрицы А решаем однородные системы линейных уравнений с матрицами A + 2I, A −3I, A −6I соответственно и выделяем по одному

ненулевому решению:

182

				3 −1 3 1 −7 1
		A + 2I =			−1 7								3	−1 3				~
		A + 2I =			−1 7			−1 ~					3	−1 3				~
					3 −1 3								0 0 0
					3 −1 3								0 0 0
				1 −7 1 1 −7 1
			~		0 20 0						0 1 0
			~		0 20 0				~		0 1 0					,
					0	0	0				0		0		0
					0	0	0				0		0		0
					e'	={1, 0, −1}т ;
					1
			−2 −1 3 1 −2 1
				−1 2						~		−2		−1 3					~
	A −3I =			−1 2			−1			~		−2		−1 3					~
				3 −1			−2					3		−1 −2
				3 −1			−2					3		−1 −2
			1 −2 1 1 −2 1
				0 −5 5							0 1						,
			~	0 −5 5					~		0 1				−1		,
				0 5			−5
				0 5			−5				0 0 0
					e	' ={1, 1, 1}т ;
					2
			−5 −1 3 1 1 1
				−1 −1						~		−5		−1 3					~
	A −6I =			−1 −1			−1			~		−5		−1 3					~
				3 −1			−5					3		−1 −5
				3 −1			−5					3		−1 −5
			1		1		1			1			1	1
				0 4			8				0 1 2
			~	0 4			8		~		0 1 2				,
				0 −4			−8				0 0 0
				0 −4			−8				0 0 0
					e'	={1, − 2, 1}т .
					3
Векторы e'	, e'	, e'	ортогональны друг другу как собственные
1	2	3

векторы симметричной матрицы, соответствующие различным собственным значениям. Нормируя их, получаем

183

e	=		1		{1, 0, −1}т ,
e	=				{1, 0, −1}т ,
1				2
				2
e		=		1			{1, 1, 1}т ,
e		=					{1, 1, 1}т ,
2				3
				3
e	=			1		{1, − 2, 1}т
e	=					{1, − 2, 1}т
3				6
				6

и матрицу перехода Р к новому ортонормированному базису

						3	2	1
P = (e1	e2	e3 )=	1
			1	0			2	−2 .
			6	0			2	−2 .
			6		−	3	2	1
					−	3	2	1

Проверим правильность нахождения матрицы Р:

					1		3 0 − 3					1 −1 3
	т				1
P		AP =					2		2	2			−1 5 −1 P =
P		AP =					2		2	2			−1 5 −1 P =
					6		1 −2			1				3			−1 1
							1 −2			1				3			−1 1

				−2 3				0		2 3			3				2 1
			1
		=		3 2 3 2 3 2 0													2 −2			=
		=	6	3 2 3 2 3 2 0													2 −2			=
			6				−12				− 3						2 1
				6			−12			6	− 3						2 1

					−2		0	0
				=		0	3	0		= diag{λ				,	λ	2	, λ	3	}.
												1				2		3
						0	0	6
						0	0	6

Матрица Р найдена верно.

Применяя к исходному уравнению ортогональное преобразование координат

184

xy =z

x P yz

получаем новое уравнение поверхности в прямоугольной системе координат со старым центром О и направляющими

векторами {e1, e2 , e3}:

															1												3					2		1			x
		2					2				2				1
−2x			+3y					+ 6z					+					(−2, −6, 2) 0														2 −2					y	=
−2x			+3y					+ 6z					+		6			(−2, −6, 2) 0														2 −2					y	=
															6											−		3				2		1
																										−		3				2		1			z

			= −2x2 +3y2 + 6z2 − 2 2x − 2 3y + 2 6z =
				(										)									3											6
				(										)
	= −2					x2		+ 2x							+3 y2				− 2				3	y		+ 6		z		2 + 2				6	z =
																							3											6
							2	2				1										3 2				1								6		2		1
= −2	x +							−							+3		y		−					−			+ 6			z			+			−			=
= −2	x +							−							+3		y		−					−			+ 6			z			+			−			=
						2						2									3					3								6				6
						2						2									3					3								6				6

								2		2									3		2								6 2
	= −2 x +												+3 y −								+ 6				z		+					+1−1−1 =
	= −2 x +												+3 y −								+ 6				z		+					+1−1−1 =
								2											3									6
								2											3									6
										2 2											3		2								6 2
		= −2			x			+								+3 y −							+ 6 z +											−1 = 0 .
		= −2			x			+								+3 y −							+ 6 z +											−1 = 0 .
									2											3										6
									2											3										6

Выполняя параллельный перенос системы координат

(O, e1, e2 , e3 ) по формулам

x = x + 22 , y = y − 33 , z = z + 66 ,

приходим к уравнению

185

−2x2 +3y2 + 6z2 =1 ,

или

	x2		y2		z2
−		+		+		=1.
	(1 2 )2		(1 3)2		(1 6 )2

Это – каноническое уравнение однополостного гиперболоида в прямоугольной системе координат (O, e1, e2 , e3 ).

Вычислим координаты начала O канонической системы координат в старой прямоугольной системе координат. Поскольку

	−	2																1
		2															−


		2					3				2 1				−3 2		3
		2		1			3				2 1				−3 2		3
		3		1													2
P			=			0					2 −2 2 3					=			,
P		3	=			0					2 −2 2 3					=	3		,
		3		6 6													3
		6					− 3				2 1				− 6		2
	−	6					− 3				2 1				− 6		2



		6															3
		6															3
									1		2		2
					O =			−		,		,		.
					O =			−	3	,	3	,	3	.
									3		3		3

Пример 2. Исследуйте поверхность второго порядка, заданную в прямоугольной системе координат уравнением

9 y2 +16z2 + 24 yz +5x +10 y +5z +11 = 0 .

Решение. Начнем	с приведения квадратичной					формы
9 y2 +16z2 + 24 yz к	каноническому				виду. Матрицей	этой
квадратичной формы является матрица
	0		0	0
		0	9	12
	A =	0	9	12	.
		0	12	16
		0	12	16

Ее характеристический многочлен

186

det (A −λI )=

−λ

= −λ2 (λ − 25)

9 −λ

16 −λ

имеет корни λ1 = 25, λ2 = λ3 = 0 . При каждом

λi будем строить

фундаментальную

систему

решений

систем

уравнений

(A −λi I )ξ = 0 и ортонормировать их.

При λi

= 25 эта система имеет вид

−25ξ1 = 0,

−16ξ2 +12ξ3 = 0,

= 0.

12ξ2 −9ξ3

Ее общее

решение

имеет

одну

свободную

ξ = 0,

ξ3 ,

ξ3

переменную. Поэтому фундаментальная система решений состоит из одного решения, например, из решения e1' ={0, 3, 4}т . Нормируя

его, получим e1 = 15{0, 3, 4}т .

При λi = 0 рассматриваемая система имеет вид

9ξ2 +12ξ3 = 0,12ξ2 +16ξ3 = 0.

Ее общеерешение ξ = ξ1, − 43 ξ3 , ξ3 т имеет две свободные

переменные. Поэтому фундаментальная система решений состоит из двухрешений, например, из решений e2' ={1, 0, 0}т и

e3' ={0, − 4, 3}т . Поскольку e2' и e3' выбраны ортогональными друг к

другу (в противномслучае требовалосьприменениепроцедуры ортогонализации Грама–Шмидта), остается их лишь нормировать.

После нормировки получим e2 ={1, 0, 0}т , e3 =15{0, −4, 3}т .

187

Из столбцов координат векторов e1, e2 , e3 составим матрицу перехода Р к новому ортонормированному базису

	1	0		5	0
P =			3	0	−4

	5
			4	0	3

и сделаем проверку
			1	0	3	4	0		0	0
	т		1
P		AP =		5	0	0		0 9		12	P =
P		AP =	5	5	0	0		0 9		12	P =
			5	0	−4	3		0	12 16
				0	−4	3		0	12 16

	1	0		75	100	0		5	0
=			0 0		0		3 0		−4	=

	25
			0	0	0		4	0	3

	25		0	0
=		0	0	0	= diag{λ	, λ	2	, λ	3	}.
					1		2		3
		0	0	0
		0	0	0

Выполним преобразование координат

xy =z

x P yz

и запишем уравнение данной поверхности в новой прямоугольной системе координат со старым центром О и направляющими векторами {e1, e2 , e3}:

			1	0		5	0	x
	2
25x		+		(5, 10, 5)	3	0	−4	y	+11 =
			5
					4	0	3
								z

= 25x2 +10x +5y −5z +11 =

188

=25 x2 + 2 x +5y −5z +11 =

=25 x + 1 2 − 1 +5y −5z +11 =5 25

=25 x + 1 2 +5y −5z +10 =

=25 x + 1 2 − 2 − 5 y + 5 z −5 = 0.

5 2 2

Теперь совершим преобразование координат, полагая

			x = x +			1		,
			x = x +			5		,
						5
5			5
y =	− 2 y +		2 z −5				=		−y + z − 2	,
y =							=		2	,
	5	2	+	5	2				2
			+
	2			2

z = αx +βy + γz .

При этом коэффициенты α, β, γ выберем так, чтобы матрица

формул рассматриваемого преобразования координат была ортогональной, т.е. чтобы векторы-строки

a = (1, 0, 0), a =		0, −	1	,	1	, a = (α, β, γ)

1	2		2		2	3

составляли ортонормированную систему векторов. Так как система векторов a1, a2 ортонормированная, то координаты вектора a3

следует искать из условий
(a , a			)= α = 0,
	1	3
(a2		, a3 )= −		β	+	γ	= 0.
(a2		, a3 )= −		2	+	2	= 0.
				2		2

189

Затем найденный вектор a3 нужно еще нормировать. Проделав это, получим

α = 0, β = 12 , γ = 12 .

Следовательно, формулы рассматриваемого преобразования координат имеют вид

x = x + 15 ,

y = −	1	y +	1	z − 2 ,
	2		2

z = 12 y + 12 z ,

или

x = x − 15 ,

y = − 12 y + 12 z −1,

z = 12 y + 12 z +1.

В новых координатах рассматриваемая поверхность имеет уравнение

		25x2 − 2				5			1			1					5		1			1
					−		−			y +				z −	1	+					y +				z +1			−5	=
					−		−		2	y +		2		z −	1	+	2		2		y +		2		z +1			−5	=
						2			2			2					2		2				2
				= 25x2 − 2				5		1	+		5	1	y +			−	5		1	+		5		1	z +
				= 25x2 − 2						2	+	2			y +			−	2			+	2				z +
							2			2		2		2					2	2			2			2
5			5		= 25x2 −5 2 y
+		+		−5								= 0 ,
+	2	+	2	−5								= 0 ,
	2		2

190

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 2219 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика