Kanonický tvar
Posted: Sun May 21, 2017 9:33 am
Vo všetkých skupinách bola zadaná matica kladne definitná a kanonický tvar bolo $y_1^2+y_2^2+y_3^2$ resp. $\operatorname{diag}(1,1,1)$.
Napíšem sem riešenie aspoň pre jednu skupinu.
Asi najrýchlejšie to išlo, ak ste si všimli, že pre maticu tejto kvadratickej formy $A=\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}$ platí:
$D_1=3$,
$D_2=
\begin{vmatrix}
3 & 3 \\
3 & 4
\end{vmatrix}=3\cdot4-3\cdot3=3
$,
$D_3=\begin{vmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=12+3+3-4-3-9=2$.
Pretože $D_1,D_2,D_3>0$, táto matica (resp. táto kvadratická forma) je kladne definitná.
Z toho už viem povedať, že kanonický tvar je $\underline{\underline{y_1^2+y_2^2+y_3^2}}$.
Oplatí sa pozrieť aj na iné možnosti riešenia - lebo takýto postup nefunguje vždy. (Zhodou okolností boli matice vo všetkých skupinách zadané tak, že boli kladne definitné. Ešte by sa niečo podobné dalo použiť, ak sú záporne definitné. Ak by to tak nebolo, tak treba rátať inak.)
A navyše človeku nemusí napadnúť začať tým, že skontroluje kladnú definitnosť.
Cez dopĺňanie na štvorec
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=3x_1^2+6x_1x_2+2x_1x_3+4x_2^2+2x_2x_3+x_3^2\\
&=(x_3+x_2+x_1)^2+2x_1^2+4x_1x_2+3x_2^2=\\
&=(x_3+x_2+x_1)^2+2(x_1+x_2)^2+x_2^2
\end{align*}
Vidíme, že diagonálny tvar bude $y_1^2+y_2^2+y_3^2$.
Ak by sme chceli zapísať aj maticovú identitu, tak dostaneme $A=PDP^T$ pre $P=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$ a $D=\operatorname{diag}(1,2,1)$.
To isté trochu inak. (V predošlom postupe som sa snažil vyhnúť zlomkom.)
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=3x_1^2+6x_1x_2+2x_1x_3+4x_2^2+2x_2x_3+x_3^2\\
&=3(x_1^2+2x_1x_2+\frac23x_1x_3)+4x_2^2+2x_2x_3+x_3^2\\
&=3(x_1+x_2+\frac13x_3)^2+x_2^2+\frac23x_3^2
\end{align*}
Cez riadkové a stĺpcové úpravy
$A=
\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 2 & 0 \\
2 & 3 & 0 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{s_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 2 & 0 \\
2 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_2}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{s_2}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
0 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_2}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
-1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$.
Upravil som to iba na diagonálny tvar, ale už vidno, že v ďalšom kroku by sme dostali kanonický tvar $\operatorname{diag}(1,1,1)$.
Môžeme aj prekontrolovať maticovú rovnosť $QAQ^T=D$
V predošlom postupe som naschvál začal tak, že som používal posledný riadok - vyhol som sa počítaniu so zlomkami. Ak by som začal s prvým riadkom, tak by som dotal toto:
$A=\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & \frac23
\end{pmatrix}\overset{s_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & \frac23
\end{pmatrix}
$
$I=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-\frac13 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$
Opäť som to upravil iba na diagonálny tvar, ale je už jasné ako bude vyzerať kanonický tvar, ktorý dostaneme v ďalšom kroku.
Ako skúšku správnosti môžeme skontrolovať rovnosť $QAQ^T=D$.
Napíšem sem riešenie aspoň pre jednu skupinu.
Cez kladnú definitnosťNájdite kanonický tvar kvadratickej formy
$$3x_1^2+6x_1x_2+2x_1x_3+4x_2^2+2x_2x_3+x_3^2.$$
Asi najrýchlejšie to išlo, ak ste si všimli, že pre maticu tejto kvadratickej formy $A=\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}$ platí:
$D_1=3$,
$D_2=
\begin{vmatrix}
3 & 3 \\
3 & 4
\end{vmatrix}=3\cdot4-3\cdot3=3
$,
$D_3=\begin{vmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=12+3+3-4-3-9=2$.
Pretože $D_1,D_2,D_3>0$, táto matica (resp. táto kvadratická forma) je kladne definitná.
Z toho už viem povedať, že kanonický tvar je $\underline{\underline{y_1^2+y_2^2+y_3^2}}$.
Oplatí sa pozrieť aj na iné možnosti riešenia - lebo takýto postup nefunguje vždy. (Zhodou okolností boli matice vo všetkých skupinách zadané tak, že boli kladne definitné. Ešte by sa niečo podobné dalo použiť, ak sú záporne definitné. Ak by to tak nebolo, tak treba rátať inak.)
A navyše človeku nemusí napadnúť začať tým, že skontroluje kladnú definitnosť.
Cez dopĺňanie na štvorec
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=3x_1^2+6x_1x_2+2x_1x_3+4x_2^2+2x_2x_3+x_3^2\\
&=(x_3+x_2+x_1)^2+2x_1^2+4x_1x_2+3x_2^2=\\
&=(x_3+x_2+x_1)^2+2(x_1+x_2)^2+x_2^2
\end{align*}
Vidíme, že diagonálny tvar bude $y_1^2+y_2^2+y_3^2$.
Ak by sme chceli zapísať aj maticovú identitu, tak dostaneme $A=PDP^T$ pre $P=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$ a $D=\operatorname{diag}(1,2,1)$.
Spoiler:
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=3x_1^2+6x_1x_2+2x_1x_3+4x_2^2+2x_2x_3+x_3^2\\
&=3(x_1^2+2x_1x_2+\frac23x_1x_3)+4x_2^2+2x_2x_3+x_3^2\\
&=3(x_1+x_2+\frac13x_3)^2+x_2^2+\frac23x_3^2
\end{align*}
Spoiler:
Cez riadkové a stĺpcové úpravy
$A=
\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 2 & 0 \\
2 & 3 & 0 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{s_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 2 & 0 \\
2 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_2}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{s_2}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
0 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_2}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
-1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$.
Upravil som to iba na diagonálny tvar, ale už vidno, že v ďalšom kroku by sme dostali kanonický tvar $\operatorname{diag}(1,1,1)$.
Môžeme aj prekontrolovať maticovú rovnosť $QAQ^T=D$
Spoiler:
$A=\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
3 & 4 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
3 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & \frac23
\end{pmatrix}\overset{s_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & \frac23
\end{pmatrix}
$
$I=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\overset{r_1}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-\frac13 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$
Opäť som to upravil iba na diagonálny tvar, ale je už jasné ako bude vyzerať kanonický tvar, ktorý dostaneme v ďalšom kroku.
Ako skúšku správnosti môžeme skontrolovať rovnosť $QAQ^T=D$.
Spoiler: