Kanonický tvar kvadratickej formy
Posted: Tue May 21, 2019 2:50 pm
Napíšem sem riešenie aspoň pre jednu skupinu.
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=x_1^2+2x_1x_2+4x_1x_3+6x_2x_3-x_3^2\\
&=(x_1+x_2+2x_3)^2-x_2^2+2x_2x_3-5x_3^2\\
&=(x_1+x_2+2x_3)^2-(x_2-x_3)^2-4x_3^2\\
&=(x_1+x_2+2x_3)^2-(x_2-x_3)^2-(2x_3)^2\\
\end{align*}
Máme $y_1=x_1+x_2+2x_3$, $y_2=x_2+x_3$, $y_3=2x_3$, t.j.
$$(y_1,y_2,y_3)=(x_1,x_2,x_3)
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
2 &-1 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$
a dostaneme
$PDP^T=A$ pre túto maticu $P$ a $D=\operatorname{diag}(1,-1,-1)$.
Pomocou riadkových a stĺpcových úprav.
$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
1 & 0 & 3 \\
2 & 3 &-1
\end{pmatrix}\overset{(1)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
0 &-1 & 1 \\
0 & 1 &-5 \\
\end{pmatrix}\overset{(1')}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 1 \\
0 & 1 &-5 \\
\end{pmatrix}\overset{(2)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 1 \\
0 & 0 &-4 \\
\end{pmatrix}\overset{(2')}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 &-4 \\
\end{pmatrix}\overset{(3)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 &-2 \\
\end{pmatrix}\overset{(3')}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 &-1 \\
\end{pmatrix}
$
$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}\overset{(1)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-2 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}\overset{(2)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-3 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}\overset{(3)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-\frac32 & \frac12 & \frac12 \\
\end{pmatrix}
$
Pre matice $P=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-\frac32 & \frac12 & \frac12
\end{pmatrix}$ a $D=\operatorname{diag}(1,-1,-1)$ máme $PAP^T=D$.
Chyby, ktoré sa vyskytli v odovzdaných riešeniach
Ak hľadám diagonálny (alebo kanonický) tvar riadkovými/stĺpcovými úpravami, tak pri hľadaní matice $P$ na jednotkovú maticu aplikujem iba riadkové operácie, nie riadkové aj stĺpcové.
Doplnením na štvorec.Upravte kvadratickú formu $x_1^2+2x_1x_2+4x_1x_3+6x_2x_3-x_3^2$ na kanonický tvar a nájdite príslušnú transformáciu premenných. Zapíšte aj maticovú rovnosť, ktorá vyplýva z vášho výsledku.
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=x_1^2+2x_1x_2+4x_1x_3+6x_2x_3-x_3^2\\
&=(x_1+x_2+2x_3)^2-x_2^2+2x_2x_3-5x_3^2\\
&=(x_1+x_2+2x_3)^2-(x_2-x_3)^2-4x_3^2\\
&=(x_1+x_2+2x_3)^2-(x_2-x_3)^2-(2x_3)^2\\
\end{align*}
Máme $y_1=x_1+x_2+2x_3$, $y_2=x_2+x_3$, $y_3=2x_3$, t.j.
$$(y_1,y_2,y_3)=(x_1,x_2,x_3)
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
2 &-1 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$
a dostaneme
$PDP^T=A$ pre túto maticu $P$ a $D=\operatorname{diag}(1,-1,-1)$.
Spoiler:
Pomocou riadkových a stĺpcových úprav.
$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
1 & 0 & 3 \\
2 & 3 &-1
\end{pmatrix}\overset{(1)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
0 &-1 & 1 \\
0 & 1 &-5 \\
\end{pmatrix}\overset{(1')}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 1 \\
0 & 1 &-5 \\
\end{pmatrix}\overset{(2)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 1 \\
0 & 0 &-4 \\
\end{pmatrix}\overset{(2')}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 &-4 \\
\end{pmatrix}\overset{(3)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 &-2 \\
\end{pmatrix}\overset{(3')}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 &-1 \\
\end{pmatrix}
$
$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}\overset{(1)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-2 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}\overset{(2)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-3 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}\overset{(3)}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-\frac32 & \frac12 & \frac12 \\
\end{pmatrix}
$
Pre matice $P=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-\frac32 & \frac12 & \frac12
\end{pmatrix}$ a $D=\operatorname{diag}(1,-1,-1)$ máme $PAP^T=D$.
Spoiler:
Chyby, ktoré sa vyskytli v odovzdaných riešeniach
Ak hľadám diagonálny (alebo kanonický) tvar riadkovými/stĺpcovými úpravami, tak pri hľadaní matice $P$ na jednotkovú maticu aplikujem iba riadkové operácie, nie riadkové aj stĺpcové.