Тема Аналитическая геометрия

03 Инварианты кривых второго порядка

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела аналитическая геометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#47010

Пусть $Q$ - матрица квадратичной части многочлена $F(x,y) = a11x2 + 2a12xy + a22y2 + 2a1x + 2a2y + a0,$ то есть $(a a ) Q = 11 12 . a12 a22$

Опр. Характеристическим многочленом матрицы $Q$ называется
многочлен $χ(λ) = det(Q − λE ).$
Задача. Вычислить явно коэффициенты этого многочлена.

Показать ответ и решение

Давайте сначала распишем, что такое $Q − λE.$ $E$ - это единичная матрица, поэтому $λE$ - это матрица, у которой $λ$ на главной диагонали, а на остальных местах нули. Поэтому

( ) a11 − λ a12 Q − λE = a12 a22 − λ

И, таким образом,

(a − λ a ) det(Q − λE ) = det 11 12 = (a11 − λ)(a22 − λ)− a212 = λ2 − (a11 + a22)λ + a11a22 − a212 a12 a22 − λ

Таким образом, видим, что старший коэффициент характеристического многочлена всегда равен 1. Коэф. при первой степени $λ$ - это $− (a11 + a22),$ то есть не что иное, как $− trQ.$ А свободный член - это $2 a11a22 − a12,$ то есть не что иное, как $det Q.$ Таким образом, можно красиво переписать:

χ(λ) = det(Q − λE ) = λ2 − trQλ + detQ

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#47011

Показать одновременно, что все коэффициенты характеристического многочлена матрицы квадратичной части $Q$ являются ортогональными инвариантами, то есть не меняются при переходе от одной прямоугольной системы координат к другой.

Показать ответ и решение

На квадратичную часть сдвиг не влияет, поэтому матрица квадратичной части в новой системе координат будет равна $T C QC,$ где $C$ - ортогональная матрица $2 × 2.$ Поэтому характеристический многочлен матрицы $Q$ в новой системе координат имеет вид:

χˆ(λ) = det(CT QC − λE ) = det(CT QC − λCT C )

Почему это верно? Потому что если матрица $C$ - ортогональная, то $C −1 = CT ,$ поскольку если умножить $C$ на $T C ,$ то на $ij−$ ом месте будет стоять скалярное произведение $i−$ го и $j−$ го базисного вектора после применения матрицы $C.$ Но раз $C$ - ортогональна, то она не меняет скалярных произведений. А поскольку в стандартном базисе

( { 1 если i = j < ei,ej >= ( 0 если i ⁄= j

То и после

( { 1 если i = j < Cei, Cej >= ( 0 если i ⁄= j.

А это в точности и означает, что $CT C = E.$ Таким образом, мы просто $E$ заменили на $CT C$ в записи характеристического многочлена. Итак, продолжим:

T T T T T ˆχ(λ) = det(C QC − λE) = det(C QC − λC C) = det(C (Q − λE )C ) = det C det(Q − λE )detC

Мы воспользовались тем, что определитель произведения равен произведению определителей. Далее, как обычно, $T detC = detC.$ Более того, так как $C$ - ортогональна, то $detC = ±1,$ значит $(detC )2 = 1.$ Поэтому мы имеем, что

ˆχ(λ) = detCT det(Q − λE )detC = (detC )2 det(Q − λE ) = 1⋅det(Q − λE ) = χ(λ)

То есть характеристический многочлен в новой системе координат вообще не изменился. Значит, и все его коэффициенты остались постоянными. Как следствие - след и определитель $Q$ не меняются при ортогональных заменах координат.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#47012

А является ли след расширенной матрицы $( ) | a11 a12 a1| A = | a12 a22 a2| ( ) a1 a2 a0$ инвариантом при ортогональных заменах?

Показать ответ и решение

Нетрудно видеть, что $trA = a11 + a22 + a0 = trQ = a0.$ То есть, след $A$ - это след матрицы квадратичной части $Q$ плюс свободный член. Поэтому, так как $trQ$ не меняется при ортогональных заменах, то чтобы $trA$ не менялся при ортогональных заменах, необходимо и достаточно, чтобы не менялся $a0.$

А это, конечно же, неверно. Стоит только сделать в многочлене $F (x,y) = a x2 + 2a xy + a y2 + 2a x + 2a y + a 11 12 22 1 2 0$ замену сдвига $x = x′ + 1,y = y′,$ как в новой системе координат к свободному члену $a0$ добавится ещё $a + 2a . 11 1$ Так что $a 0$ уж точно не инвариантен при ортогональных заменах, а, значит, не инвариантен и $trA.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#47013

Определить тип кривой второго порядка по инвариантам:

x2 − 5xy + 4y2 + x + 2y − 2 = 0

Показать ответ и решение

Итак, $( 1 − 5) Q = 2 , − 52 4$ $δ = detQ = − 94.$ $S = trQ = 5,$ $( 5 1 ) | 1 − 2 2 | A = | − 5 4 1 | , ( 12 ) 2 1 − 2$ $Δ = detA = 0.$ Таким образом, так как $δ < 0,Δ = 0,$ то это пара пересекающихся прямых.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#47014

Решение.

Определить тип кривой второго порядка по инвариантам:

2 7x − 24xy − 38x + 24y + 175 = 0

Показать ответ и решение

Итак, $( 7 − 12) Q = , − 12 0$ $δ = det Q = − 144.$ $S = trQ = 7,$ $( ) | 7 − 12 − 19| A = | − 12 0 12 | , ( ) − 19 12 175$
$Δ = detA = − 20736.$ Таким образом, так как $δ < 0,Δ ⁄= 0,$ то это гипербола.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#47015

Определить тип кривой второго порядка:

9x2 + 24xy + 16y2 − 40x + 30y = 0

и выписать каноническое уравнение.

Показать ответ и решение

1. Тип кривой Итак, $( 9 12) Q = , 12 16$ $δ = detQ = 0.$ $S = trQ = 25,$ $( ) | 9 12 − 20| A = | 12 16 15 | , ( ) − 20 15 0$
$Δ = detA = − 15625.$ Таким образом, так как $δ = 0,Δ ⁄= 0,$ то это парабола.

2. Каноническое уравнение Итак, раз это парабола, то в канонической системе координат она имеет вид $y2 = 2px.$ Надо найти $p.$

До деления на коэффициент при $y2$ уравнение параболы имело вид

c1y2 = 2c2x

И здесь $detA = c1c22.$ Таким образом, поскольку $detA$ - это ортогональный инвариант, то $2 − c1c2 = − 15625,$ то есть $2 c1c2 = 15625.$ Кроме того, мы знаем, что след матрицы квадратичной части - это инвариант, а след квадратичной части уравнения

c1y2 = 2c2x

есть $c1.$ Значит, $c1 = 25$ - так как этому был равен след изначально. Откуда $c22 = 625.$ Значит, $c2 = 25.$ То есть до самого последнего деления наше уравнение имело вид $2 25y = 2 ⋅25x,$ то есть в конце концов оно превратилось в $y2 = 2x.$ Таким образом, параметр $p = 1.$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#74370

Доказать, что определитель матрицы квадратичной части $Q$ и определитель матрицы всего уравнения $A$ являются ортогональными инвариантами.

Показать ответ и решение

Докажем для $det A$ . Для $detQ$ доказательство будет аналогичным.

Полезно задать себе вопрос, а как вообще меняется матрица $A$ при замене координат?

если делать замену

( ) ( ) ( ) x x ′ c11 c12 x0 || y|| = D ||y ′|| , где D = || c c y || ( ) ( ) ( 21 22 0) 1 1 0 0 1

, то матрица $A$ изменяется следующим образом. Если $A′$ - матрица в новой системе координат, то

′ T A = D AD

Действительно, если подставить новые координаты в многочлен $F(x,y)$ , то, если раньше он задавался расширенной матрицей $A$ :

( ) ( ) T ( ) x x x F (x,y) = (x,y,1)A|| y|| = || y|| A|| y|| ( ) ( ) ( ) 1 1 1

То теперь, поскольку $( ) ( ) x x′ || y|| = D || y′|| ( ) ( ) 1 1$ , то будем иметь:

( x′) ( x′) ( x′) | | | | | | F(x′,y′) = (D |( y′|) )TAD |( y′|) = (x′,y′,1)DT AD |( y′|) 1 1 1

Следовательно, новая расширенная матрица многочлена $A ′$ есть не что иное, как $DT AD$ . Совершенно аналогично проверяется и то что новая матрица квадратичной части есть $CT QC$ .

Далее,

′ T T detA = det(D AD ) = det D detA detD

И что же делать дальше? Как показать, что всё это, что стоит в правой части, равно просто-напросто $detA$ ?

Заметим, во-первых, что $(| c11 c12 x0)| (c c ) det| c21 c22 y0| = det 11 12 = detC ( ) c21 c22 0 0 1$ (раскладываем определитель по последней строке),
то есть определитель у матрицы $D$ такой же, как у матрицы перехода $C$ .

Далее, вспомним, что мы-то рассматриваем только ортонормированные замены координат. То есть матрица $C$ является матрицей перехода от ортонормированного базиса к ортонормированному. Следовательно, по её столбцам стоят координаты двух векторов длины 1, которые взаимно ортогональны. Поэтому $|detC| = 1$ , если вспомнить, что модуль определителя есть не что иное, как площадь параллелограмма, натянутого на векторы-столбцы. А в данном случае этот параллелограмм, в силу ортонормированности, есть просто квадрат со стороной 1.

Следовательно, $detC = detCT = ±1$ , а значит

detA ′ = det(DT AD ) = detDT detA detD = detCT detA detC = detA

(в правой части либо произведение двух единиц, либо произведение двух минус единиц).

Абсолютно аналогично показывается, что $′ det Q = detQ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#74371

Составить каноническое уравнение кривой второго порядка, если

det Q = − 25,trQ = 0,detA = 125

Показать ответ и решение

По таблице
1. $δ > 0$ , $S Δ < 0$ , то это эллипс;
2. $δ > 0$ , $S Δ > 0$ , то это мнимый эллипс;
3. $δ > 0$ , $Δ = 0$ , то это пара мнимых пересекающихся прямых;
4. $δ < 0$ , $Δ ⁄= 0$ , то это гипербола;
5. $δ < 0$ , $Δ = 0$ , то это пара пересекающихся прямых;
6. $δ = 0$ , $Δ ⁄= 0$ , то это парабола;

Видим, что это гипербола.

Далее, в каноническом виде матрица её квадратичной части, разумеется, имеет вид

( ) a11 0 Q = 0 a22

Тогда, раз след $Q$ является инвариантом, то видим, что

a11 + a22 = 0

В то же время, раз определитель $Q$ является инвариантом, то видим, что

a11 ⋅a22 = − 25

Откуда легко находим, что $a11 = 5$ , $a22 = − 5$ (или наоборот, что не играет роли).

Далее, в каноническом уравнении гипербола матрица $A$ имеет вид

( ) 5 0 0 || || A = ( 0 − 5 0 ) 0 0 м инус своб од ный член

Поскольку $detA$ - это тоже инвариант, то получаем, что

detA = 25⋅ свободны й член = 125

и видим, что свободный член равен 5.

Таким образом, это гипербола

5x2 − 5y2 = 5

Или

x2 − y2 = 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#74372

Составить каноническое уравнение кривой второго порядка, если

detQ = 10, trQ = 7,detA = − 20

Показать ответ и решение

По таблице
1. $δ > 0$ , $S Δ < 0$ , то это эллипс;
2. $δ > 0$ , $S Δ > 0$ , то это мнимый эллипс;
3. $δ > 0$ , $Δ = 0$ , то это пара мнимых пересекающихся прямых;
4. $δ < 0$ , $Δ ⁄= 0$ , то это гипербола;
5. $δ < 0$ , $Δ = 0$ , то это пара пересекающихся прямых;
6. $δ = 0$ , $Δ ⁄= 0$ , то это парабола;

Видим, что это эллипс.

Далее, в каноническом виде матрица её квадратичной части, разумеется, имеет вид