Приведение уравнения второго порядка к каноническому виду

В главе "Поверхности второго порядка", где рассматривались поверхности второго порядка, было выписано их общее уравнение (13.1), а дальше для каждой поверхности использовалась своя прямоугольная декартова система координат, в которой уравнение поверхности имело канонический вид. В этом разделе мы выясним, как по общему уравнению найти такую систему координат. Результаты этого раздела используются и для приведения общего уравнения кривой второго порядка к каноническому виду. Достаточно будет во всех рассуждениях отбросить третью координату.

Пусть в пространстве задана прямоугольная декартова система координат $ Oxyz$ . Рассмотрим общее уравнение поверхности второго порядка, коэффициенты в котором обозначены специальным образом

$\displaystyle a_{11}x^2+a_{22}y^2+a_{33}z^2+2a_{12}xy+2a_{13}xz+2a_{23}yz+b_1x+b_2y+b_3z+c=0,$ (19.7)

где $ a_{ij},\,b_i,\,c$  -- числа, причем хотя бы одно из чисел $ a_{ij}$ отлично от нуля.

Выделим квадратичную часть выражения, стоящего в уравнении слева,

$\displaystyle f=a_{11}x^2+a_{22}y^2+a_{33}z^2+2a_{12}xy+2a_{13}xz+2a_{23}yz.$

Такое выражение называется квадратичной формой от трех переменных. Составим матрицу

$\displaystyle A=\left(\begin{array}{ccc}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{12}&a_{22}&a_{23}\\
a_{13}&a_{23}&a_{33}\end{array}\right).$

Эта матрица называется матрицей квадратичной формы $ f$ . Она является симметричной, то есть $ {A^{\top}=A}$ , или, другими словами, $ {a_{ij}=a_{ji}}$ . Следует обратить внимание на то, как эта матрица составлена. На диагонали у нее стоят коэффициенты при квадратах переменных, а в остальных местах -- половины коэффициентов при произведениях переменных.

Исходная система координат является прямоугольной, поэтому скалярное произведение векторов с координатными столбцами $ {{\alpha}=\left(\begin{array}{c}{\alpha}_1\\ {\alpha}_2\\
{\alpha}_3\end{array}\right)}$ , $ {{\beta}=\left(\begin{array}{c}{\beta}_1\\ {\beta}_2\\ {\beta}_3\end{array}\right)}$ задается формулой $ {({\alpha},{\beta})={\alpha}_1{\beta}_1+{\alpha}_2{\beta}_2+{\alpha}_3{\beta}_3}$ . Сформулируем две теоремы, позволяющие пользоваться приведенным ниже алгоритмом.

        Теорема 19.4   Если матрица $ A$  -- симметричная, то ее собственные числа являются вещественными числами и существует ортонормированный базис из собственных векторов.     

Пусть $ A$ -- матрица квадратичной формы $ f$ . По сформулированной теореме у нее существует ортонормированный базис из собственных векторов. Обозначим их $ {\bf i}'$ , $ {\bf j}'$ , $ {\bf k}'$ , и пусть эти векторы имеют координаты

$\displaystyle {\bf i}'=\left(\begin{array}{c}s_{11}\\ s_{21}\\ s_{31}\end{array...
...uad
{\bf k}'=\left(\begin{array}{c}s_{13}\\ s_{23}\\ s_{33}\end{array}\right).$

Базис i, j, k назовем старым, а базис $ {{\bf i}', {\bf j}', {\bf k}'}$  -- новым. Тогда матрица перехода 19.1.4.а будет иметь вид

$\displaystyle S=\left(\begin{array}{ccc}s_{11}&s_{12}&s_{13}\\ s_{21}&s_{22}&s_{23}\\ s_{31}&s_{32}&s_{33}
\end{array}\right).$

Выберем новую систему координат $ {Ox'y'z'}$ так, что начало координат не изменяется, а новые базисные векторы $ {\bf i}'$ , $ {\bf j}'$ , $ {\bf k}'$ задают направления новых координатных осей $ Ox'$ , $ Oy'$ , $ Oz'$ (рис. 19.8).

Рис.19.8.Система координат $ {Ox'y'z'}$


Тогда координаты $ (x;y;z)$ точки $ M$ являются координатами ее радиус-вектора $ \overrightarrow {OM}$ и, следовательно, при замене базиса меняются по формуле (18.1)

$\displaystyle \left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=S\left(\begin{array}{c}x'\\ y'\\ z'\end{array}\right).$ (19.8)

        Теорема 19.5   Пусть собственные векторы $ {\bf i}'$ , $ {\bf j}'$ , $ {\bf k}'$ матрицы квадратичной формы $ f$ , образующие ортонормированный базис, соответствуют собственным числам $ {\lambda}_1$ , $ {\lambda}_2$ , $ {\lambda}_3$ . Тогда в системе координат $ {Ox'y'z'}$ квадратичная форма принимает вид

$\displaystyle f={\lambda}_1(x')^2+{\lambda}_2(y')^2+{\lambda}_3(z')^2.$

    

Если мы из равенства (19.8) выпишем выражение $ x$ , $ y$ , $ z$ через новые переменные $ x'$ , $ y'$ , $ z'$ и подставим в уравнение (19.7), то обнаружим, что квадратичная его часть и линейная часть преобразуются независимо друг от друга. В результате уравнение в системе координат $ Ox'y'z'$ имеет вид

$\displaystyle {\lambda}_1(x')^2+{\lambda}_2(y')^2+{\lambda}_3(z')^2+b_1'x'+b_2y'+b_3'z'+c=0.$ (19.9)

Хотя бы одно из чисел $ {\lambda}_1$ , $ {\lambda}_2$ , $ {\lambda}_3$ отлично от нуля, иначе матрица $ A$ была бы нулевой.

Рассмотрим три случая.

  1. Пусть все собственные числа $ {\lambda}_1$ , $ {\lambda}_2$ , $ {\lambda}_3$ отличны от нуля. В уравнении (19.9) выделим полные квадраты

    $\displaystyle {\lambda}_1(x'-x_1')^2+{\lambda}_2(y'-y_1')^2+{\lambda}_3(z'-z_1')^2+c'=0.$

    Выполним параллельный перенос системы координат $ Ox'y'z'$ , взяв за новое начало системы координат точку $ {O_1(x_1';y_1';z_1')}$ (см. формулы (13.21)). Тогда в новой системе координат $ {O\tilde x\tilde y\tilde z}$ уравнение запишется в виде

    $\displaystyle {\lambda}_1\tilde x^2+{\lambda}_2\tilde y^2+{\lambda}_3\tilde z^2+c'=0.$

    Здесь возможны следующие варианты.
    1. Пусть $ {c'\ne0}$ . Перенесем $ c'$ в правую часть и поделим обе части на $ -c'$ , получим

      $\displaystyle \mu_1\tilde x^2+\mu_2\tilde y^2+\mu_3\tilde z^2=1.$

      1. Если числа $ \mu_1$ , $ \mu_2$ , $ \mu_3$ отрицательны, то ни одна точка пространства не удовлетворяет этому уравнению. Говорят, что оно определяет мнимый эллипсоид.
      2. Если числа $ \mu_1$ , $ \mu_2$ , $ \mu_3$ положительны, то уравнение является каноническим уравнением эллипсоида.
      3. Если одно из чисел $ \mu_1$ , $ \mu_2$ , $ \mu_3$ отрицательно, а остальные положительны, то (после переименования осей) получим каноническое уравнение однополостного гиперболоида.
      4. Если одно из чисел $ \mu_1$ , $ \mu_2$ , $ \mu_3$ положительно, остальные отрицательны, то (после переименования осей) получим каноническое уравнение двуполостного гиперболоида.
    2. Пусть $ {c'=0}$ .
      1. Если все числа $ \mu_1$ , $ \mu_2$ , $ \mu_3$ положительны, то только начало координат удовлетворяет этому уравнению. Поверхность выродилась в точку.
      2. Если одно из чисел $ \mu_1$ , $ \mu_2$ , $ \mu_3$ отрицательно, а два положительны, то (после переименования осей) получим каноническое уравнение конуса.
      Если же два числа отрицательны или все три отрицательны, то, умножив обе части уравнения на $ -1$ , получим случай 2 или случай 1.
  2. Пусть одно из чисел $ {\lambda}_1$ , $ {\lambda}_2$ , $ {\lambda}_3$ равно нулю, а два других отличны от нуля. Допустим, что $ {{\lambda}_3=0}$ . Тогда в уравнении (19.9) выделим полные квадраты по переменным $ x'$ , $ y'$

    $\displaystyle {\lambda}_1(x'-x_1')^2+{\lambda}_2(y'-y_1')^2+b_3'z'+c'=0.$

    1. Пусть $ b_3'\ne0$ . Преобразуем уравнение к виду

      $\displaystyle {\lambda}_1(x'-x_1')^2+{\lambda}_2(y'-y_1')^2=-b_3'\left(z'+\frac {c'}{b_3'}\right).$

      Поделим обе части уравнения на $ -b_3'$ и выполним параллельный перенос осей координат, взяв за новое начало координат точку $ {O_1\left(x_1',y_1',-\frac
{c'}{b_3'}\right)}$ . Получим уравнение

      $\displaystyle \mu_1\tilde x^2+\mu_2\tilde y^2=\tilde z.$

      1. Если числа $ \mu_1$ и $ \mu_2$ положительны, то это -- каноническое уравнение эллиптического параболоида.
      2. Если $ {\mu_1>0}$ , $ {\mu_2<0}$ , получим каноническое уравнение гиперболического параболоида.
      Если числа $ \mu_1$ и $ \mu_2$ отрицательны или $ {\mu_1<0}$ , $ {\mu_2>0}$ , то сменим направление у оси $ O_1\tilde z$ на противоположное и получим либо случай 1, либо случай 2.
    2. Пусть $ {b_3'=0}$ . Тогда поверхность является цилиндрической, образующие которой параллельны оси $ Oz'$ , а направляющей служит кривая на плоскости $ x'O
y'$ с уравнением

      $\displaystyle {\lambda}_1(x'-x_1')^2+{\lambda}_2(y'-y_1')^2+c'=0.$

      Анализ поверхностей с таким уравнением предоставляем читателю.
  3. Пусть только одно из чисел $ {\lambda}_1$ , $ {\lambda}_2$ , $ {\lambda}_3$ отлично от нуля. Допустим, что $ {{\lambda}_2={\lambda}_3=0}$ . Тогда в уравнении (19.9) выделим полный квадрат по переменному $ x'$

    $\displaystyle {\lambda}_1(x'-x_1')^2+b_2y'+b_3z'+c'=0.$

    1. Пусть хотя бы одно из чисел $ b_2$ , $ b_3$ отлично от нуля. Тогда на плоскости $ y'Oz'$ возьмем две перпендикулярные прямые $ {b_1y'+b_3z'=0}$ и $ {b_3y'-b_2z'=0}$ . Возьмем новую систему координат, у которой начало будет в точке $ O$ , ось $ O\tilde x$ направлена по оси $ Ox'$ , ось $ O\tilde y$ направлена вдоль второй прямой, а ось $ O\tilde z$ направлена вдоль первой прямой. Тогда уравнение примет вид

      $\displaystyle {\lambda}_1\tilde x^2+\tilde y+c'=0.$

      Это -- уравнение цилиндрической поверхности, образующие которой параллельны оси $ O\tilde z$ , а направляющей служит кривая на плоскости $ \tilde xO\tilde y$ с уравнением

      $\displaystyle {\lambda}_1\tilde x^2+\tilde y+c'=0.$

      Анализ возможных поверхностей оставляем читателю.
    2. Пусть $ {b_2=b_3=0}$ . Тогда уравнение принимает вид

      $\displaystyle (x'-x_1')^2=-\frac{c'}{{\lambda}_1}.$

      1. Если число справа положительно, то уравнение определяет две плоскости

        $\displaystyle x'=x_1'\pm\sqrt{-\frac{c'}{{\lambda}_1}}.$

      2. Если число справа равно нулю, то уравнение определяет одну плоскость

        $\displaystyle x'=x_1'.$

      3. Если число справа отрицательно, то ни одна точка пространства уравнению не удовлетворяет.

Итак, получен алгоритм, позволяющий установить, какая поверхность задается уравнением второго порядка и каково ее положение в пространстве.

        Пример 19.11   Приведите уравнение поверхности

$\displaystyle x^2+5y^2+z^2+2xy+6xz+2yz-2x+6y+2z=0$

к каноническому виду.

Решение. Квадратичная форма имеет вид

$\displaystyle x^2+5y^2+z^2+2xy+6xz+2yz.$

Выписываем ее матрицу

$\displaystyle A=\left(\begin{array}{rrr}1&1&3\\ 1&5&1\\ 3&1&1\end{array}\right).$

Находим ее собственные числа. Для этого запишем характеристическое уравнение

$\displaystyle \left\vert\begin{array}{ccc}1-{\lambda}&1&3\\ 1&5-{\lambda}&1\\ 3&1&1-{\lambda}\end{array}\right\vert=0.$

После вычисления определителя получим

$\displaystyle -{\lambda}^3+7{\lambda}^2-36=0.$

Подбором находим один корень $ {{\lambda}_1=3}$ . Преобразуем уравнение, выделяя множитель $ {{\lambda}-3}$

$\displaystyle -{\lambda}^3+3{\lambda}^2+4{\lambda}^2-12{\lambda}+12{\lambda}-36=0$

или

$\displaystyle -{\lambda}^2({\lambda}-3)+4{\lambda}({\lambda}-3)+12({\lambda}-3)=0,$

откуда

$\displaystyle ({\lambda}-3)({\lambda}^2-4{\lambda}-12)=0.$

Находим два других корня характеристического уравнения $ {{\lambda}_2=6}$ и $ {{\lambda}_3=-2}$ .

Находим собственные векторы. Для собственного числа $ {{\lambda}_1=3}$ для координат собственного вектора $ {\alpha}$ получим систему уравнений

$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}-2{\alpha}_1+{\alpha}_2+3{\alpha}_3=0,\\ {...
...ha}_2+{\alpha}_3=0,\\
3{\alpha}_1+{\alpha}_2-2{\alpha}_3=0.\end{array}\right.$

Решая ее находим, что фундаментальная система решений содержит только одно решение, и в качестве собственного вектора можно взять $ {{\alpha}=\left(\begin{array}{r}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)}$ . Для собственного числа $ {{\lambda}_2=6}$ для координат собственного вектора $ {\beta}$ получим систему уравнений

$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}-5{\beta}_1+{\beta}_2+3{\beta}_3=0,\\ {\be...
...{\beta}_2+{\beta}_3=0,\\
3{\beta}_1+{\beta}_2-5{\beta}_3=0.\end{array}\right.$

Отсюда находим собственный вектор $ {{\beta}=\left(\begin{array}{r}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)}$ . Для собственного числа $ {{\lambda}_3=-2}$ для координат собственного вектора $ {\gamma}$ получим систему уравнений

$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}3{\gamma}_1+{\gamma}_2+3{\gamma}_3=0,\\ {\...
...ma}_2+{\gamma}_3=0,\\
3{\gamma}_1+{\gamma}_2+3{\gamma}_3=0.\end{array}\right.$

Отсюда находим собственный вектор $ {{\gamma}=\left(\begin{array}{r}-1\\ 0\\ 1\end{array}\right)}$ .

Легко проверить, что $ {({\alpha},{\beta})=({\alpha},{\gamma})=({\beta},{\gamma})=0}$ , то есть собственные векторы попарно ортогональны. Их длины равны соответственно $ \sqrt3$ , $ \sqrt6$ , $ \sqrt 2$ . Поэтому векторы нового ортонормированного базиса будут иметь координаты

$\displaystyle {\bf i}'=\left(\begin{array}{r}\vphantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt3}\...
...\
\vphantom{\dfrac11}0\\ \vphantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt2}\end{array}\right).$

Матрица перехода имеет вид

$\displaystyle S=\left(\begin{array}{rrr}\vphantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt3}&\frac...
...hantom{\dfrac11}\frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt6}&\frac1{\sqrt2}\end{array}\right).$

Старые координаты связаны с новыми уравнением $ {\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=
S\left(\begin{array}{c}x'\\ y'\\ z'\end{array}\right)}$ , то есть

\begin{multline*}
x=\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6}y'-\frac1{\sqrt2}z',\quad ...
...6}y',\\
z=\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6}y'+\frac1{\sqrt2}z'.
\end{multline*} (19.10)

Подставим эти выражения в исходное уравнение. Квадратичная форма примет вид, в котором произведения переменных будут отсутствовать, а коэффициентами при квадратах будут служить собственные числа

\begin{multline*}
3(x')^2+6(y')^2-2(z')^2-2\left(\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6...
...ft(\frac1{\sqrt3}x'+\frac1{\sqrt6}y'+\frac1{\sqrt2}z'\right)=0.
\end{multline*}

Приводим подобные члены

$\displaystyle 3(x')^2+6(y')^2-2(z')^2-\frac6{\sqrt3}x'+\frac{12}{\sqrt6}y'+\frac4{\sqrt2}z'=0.$

Выделим полные квадраты

\begin{multline*}
3\left((x')^2-\frac2{\sqrt3}x'+\left(\frac1{\sqrt3}\right)^2\...
...z')^2-\frac2{\sqrt2}z'+\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2\right)+1=0
\end{multline*}

или

$\displaystyle 3\left(x'-\frac1{\sqrt3}\right)^2+6\left(y'+\frac1{\sqrt6}\right)^2-2\left(z'-\frac1{\sqrt2}\right)^2=1.$

Выполняем параллельный перенос осей координат

$\displaystyle \tilde x=x'-\frac1{\sqrt3},\quad \tilde y=y'+\frac1{\sqrt6},\quad \tilde z=z'-\frac1{\sqrt2}.$

Новое начало системы координат $ O_1$ имеет координаты

$\displaystyle x'=\frac1{\sqrt3},\quad y'=-\frac1{\sqrt6},\quad z'=\frac1{\sqrt2}.$

В исходной системе координат точка $ O_1$ в соответствии с формулами (19.10) имеет координаты

$\displaystyle x=-\frac13,\quad y=-\frac23,\quad z=\frac23.$




Рис.19.9.Система координат $ {O_1\tilde x\tilde y\tilde z}$


В новой системе координат $ {O_1\tilde x\tilde y\tilde z}$ (рис. 19.9) уравнение принимает канонический вид

$\displaystyle \frac{\tilde x^2}{\left(\frac1{\sqrt3}\right)^2}+\frac{\tilde y^2...
...(\frac1
{\sqrt6}\right)^2}-\frac{\tilde z^2}{\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2}=1.$

Это уравнение является каноническим уравнением однополостного гиперболоида. Его центр находится в точке $ O_1$ , две вещественные оси параллельны векторам $ {\bf i}'$ , $ {\bf j}'$ , вещественные полуоси равны $ {\frac1{\sqrt3}}$ , $ {\frac1
{\sqrt6}}$ . Мнимая ось параллельна вектору $ {\bf k}'$ , мнимая полуось равна $ {\frac1{\sqrt2}}$ . Изображение гиперболоида приведено на рисунке 19.10.




Рис.19.10.Изображение гиперболоида


        


Пошаговое решение индивидуальных заданий

СССР in Maple. Сайт самостоятельной студенческой работы