риведение уравнений кривой и поверхности второго порядка к каноническому виду.

Определение. Общее уравнение поверхности второго порядка имеет вид

a ₁₁ x ²+ a ₂₂ y ²+ a ₃₃ z ²+ 2 a ₁₂ xy + 2 a ₁₃ xz + 2 a ₂₃ yz +

+ 2 a ₁ x + 2 a ₂ y + 2 a ₃ z + с = 0. (18)

Выражение, записанное в первой строке, называется квадратичной частью уравнения, выражение 2 a ₁ x + 2 a ₂ y + 2 a ₃ z называется линейной частью уравнения, а с называется свободным членом.

Квадратичная часть уравнения (18) представляет собой квадратичную форму. Обозначим её k (). Найдем новую систему координат (x ¢, y ¢, z ¢), относительно которой квадратичная форма k () имеет диагональный вид (13). Для того чтобы узнать, какой при этом вид примет линейная часть уравнения, необходимо найти формулы вида (14¢), выражающие старые координаты x, y, z через новые x ¢, y ¢, z ¢, и подставить их в линейную часть. Обратите внимание на то, что подстановку нужно делать только в линейную часть уравнения; какой вид примет квадратичная часть при такой подстановке мы можем написать сразу – это вид (13). В итоге мы получим выражение вида

l₁ x ¢² + l₂ y ¢² + l₃ z ¢² + 2 b ₁ x ¢ + 2 b ₂ y ¢ + 2 b ₃ z ¢ + с ¢ = 0.

Теперь применим преобразование, которое называется методом выделения полных квадратов или методом Лагранжа. Предположим, что ни одна из величин l₁, l₂, l₃, b ₁, b ₂, b ₃ не равна нулю. Тогда последнее уравнение можно переписать следующим образом:

l₁ - + l₂- +

+ l₃ - + с ¢ = 0.

Если и «свернуть» полные квадраты, и обозначить

d = с ¢- - -,

то получим уравнение

l₁²+ l₂²+ l₃²+ d = 0.

Сделаем теперь замену координат

x ²= x ¢+ b ₁/l₁,

y ²= y ¢+ b ₂/l₂,

z ²= z ¢+ b ₃/l₃.

Эта замена эквивалентна переносу начала координат (параллельному переносу координатных осей) в точку O ¢(- b ₁/l₁,- b ₂/l₂,- b ₃/l₃) _{Ox ¢ y ¢ z ¢}. Подчеркнём, что координаты точки O ¢ указаны относительно системы Ox ¢ y ¢ z ¢. Теперь наше уравнение принимает вид

l₁(x ²)² + l₂(y ²)² + l₃(z ²)² + d = 0. (19)

Проведенные нами преобразования справедливы и в том случае, когда какая-либо из величин b ₁, b ₂, b ₃ равна нулю; например, при b ₁= 0 получим x ²= x ¢. Если l₁= 0, то избавиться в уравнении от слагаемого 2 b ₁ x ¢ нам не удастся. Тогда мы пока оставляем координату x ¢ без изменения. Аналогично при l₂= 0 оставляем пока без изменения координату y ¢, при l₃= 0 – координату z ¢.

Предположим теперь, что только одно из чисел l₁, l₂, l₃ равно нулю. Тогда мы можем считать, что именно l₃ = 0 (если это не так, мы поменяем порядок обозначения переменных). После выделения полных квадратов получим уравнение вида

l₁(x ²)² + l₂(y ²)² + 2 b ₃ z ¢ + d = 0. (20)

где d = с ¢- b ₁²/l₁ - b ₂²/l₂. Тогда мы его преобразуем так:

l₁(x ²)² + l₂(y ²)² + 2 b ₃(z ¢ + d /2 b ₃) = 0

и совершаем замену координат z ²= z ¢ + d /2 b ₃. Обратите внимание на то,что делать замену z ²= 2 b ₃ z ¢ + d нельзя, т.к. это не будет эквивалентно переходу к новой декартовой системе координат. После замены получим уравнение вида

l₁(x ²)² + l₂(y ²)² = -2 b ₃ z ². (21)

При этом мы выписываем замену координат:

x ²= x ¢+ b ₁/l₁,

y ²= y ¢+ b ₂/l₂,

z ²= z ¢ + d /2 b ₃,

Эта замена означает перенос начала координат в точку O ¢(- b ₁/l₁,- b ₂/l₂,- d /2 b ₃) _{Ox ¢ y ¢ z ¢}.

Предположим, что среди чисел l₁, l₂, l₃ только одно отлично от нуля. Тогда мы можем считать, что именно l₁¹0. После выделения полных квадратов может получиться уравнение вида

l₁(x ²)² +2 b ₂ y ¢ + 2 b ₃ z ¢ + d = 0. (22)

Это наиболее сложный случай. Здесь необходимо сделать такую замену, чтобы вместо двух переменных y ¢ и z ¢ осталась одна переменная y ². При этом, искомая замена переменных должна осуществляться с помощью ортогональной матрицы. Этим требованиям удовлетворяет замена

y ²= (b ₂/ k) y ¢ + (b ₃/ k) z ¢,

z ²= - (b ₂/ k) y ¢ - (b ₃/ k) z ¢,

где k =. Осуществив её, получим уравнение

l₁(x ²)² +2 ky ²+ d = 0. (23)

Подобное уравнение может получиться и сразу после выделения полных квадратов. В примере 7 мы на практике разберём, какую именно следует совершить замену координат, с тем, чтобы получить сразу уравнение (23) вместо (22). Затем, мы избавляемся от свободного члена, так же как и в уравнении (20) и получаем уравнение вида

l₁(x ²)² = -2 ky ². (24)

Итак, любое уравнение кривой второго порядка может быть приведено путем перехода к новой декартовой системе координат к уравнению типа (19), (21) или (24). Если вернуться к исходным обозначениям для координат, эти уравнения примут соответственно вид

l₁(x ²)² + l₂(y ²)² + l₃(z ²)² + d = 0;

l₁(x ²)² + l₂(y ²)² = -2 b ₃ z ²;

l₁(x ²)² = -2 ky ².

Далее, в зависимости от знаков величин l₁, l₂, l₃, b ₃, d, эти уравнения могут быть легко преобразованы к одному из канонических уравнений поверхностей второго порядка. Список канонических уравнений кривых и поверхностей второго порядка изложен в Приложении.

Этот же метод можно применить и для приведения к каноническому виду уравнения кривой второго порядка. Как это можно сделать показывает следующий пример.

Пример 4. Относительно декартовой системы координат Oxy на плоскости кривая определяется уравнением

3 y ² - 4 xy + 4 x + 2 y –1 = 0. (25)

Путем перехода к новой декартовой системе координат привести уравнение кривой к каноническому виду и определить тип кривой. Изобразить кривую в системе координат Oxy.

Решение. Пусть

k () = 3 y ² - 4 xy

есть квадратичная часть уравнения кривой. Составим матрицу A квадратичной формы k () и матрицу A - l E:

A = , A - l E =.

Характеристическое уравнение можно составить, раскрыв определитель det(A - l E) и приравняв его к нулю. Но можно воспользоваться также следующей формулой для характеристического уравнения:

l² - (tr A)l + det A = 0.

В нашем случае получаем уравнение

l² - 3l - 4 = 0.

Оно имеет корни l₁= 4, l₂ = -1. Составим матрицы A - l₁ E и A - l₂ E:

A - 4 E =, A + E =.

По этим матрицам составляем системы уравнений для нахождения собственных векторов и:

-4 x - 2 y = 0, x - 2 y = 0,

-2 x - y = 0, -2 x + 4 y = 0,

Им удовлетворяют соответственно векторы (1,-2), (2, 1). Затем находим || = , || = . Поэтому в качестве новых базисных векторов берем

,,

Матрица перехода к новому базису {, } имеет вид

С =.

Отсюда получаем формулы, связывающие старые и новые координаты:

x = x ¢ + y ¢, x ¢ = x - y,

y = – x ¢ + y ¢, y ¢ = x + y,

Относительно новых координат квадратичная форма k () принимает вид

k () = l₁ x ¢² + l₂ y ¢² = 4 x ¢² - y ¢².

Для того, чтобы выяснить, как преобразуется линейная часть уравнения мы в линейную часть уравнения (25) подставим выражения (26). Получаем уравнение

4 x ¢² - y ¢² + 4 + 2 – 1 = 0.

Раскрываем скобки, приводим подобные:

4 x ¢² - y ¢² + 2 y ¢ – 1 = 0.

Выделим по y ¢ полный квадрат:

4 x ¢² - (y ¢² - 2 y ¢ + ()²) + ()² – 1 = 0.

4 x ¢² - (y ¢ - )² + 5 – 1 = 0.

Теперь делаем замену переменных:

x ²= x ¢,

y ²= y ¢ - ,

которая означает перенос начала координат в точку O ¢(0, ) _{Ox ¢ y ¢}. Получаем уравнение

4(x ²)² - (y ²)² = -4.

Его можно преобразовать к каноническому виду

-(x ²)² + = 1 (27)

Данное уравнение определяет гиперболу, действительная ось которой направлена вдоль оси O ¢ y ², а полуоси равны 1 и 2.

Для того, чтобы изобразить кривую в исходной системе координат, сперва необходимо изобразить оси новой системы координат. С помощью формул (26) находим координаты точки в системе Oxy:

x = ·0 + · = 2, y = – ·0 + · =1.

Итак O ¢(2, 1) _Oxy. Направление координатных осей O ¢ x ² и O ¢ y ² задаётся соответственно векторами (1,-2) и (2, 1). Мы откладываем эти векторы от точки O ¢ и затем проводим оси.

Напомним, что для изображения гиперболы сперва необходимо нарисовать фундаментальный прямоугольник (который ограничен линиями | x ²| =1, | y ²| = 2) и провести асимптоты, которые проходят через диагонали этого прямоугольника. Теперь мы вписываем обе ветви гиперболы в усеченные углы, образованные асимптотами и сторонами прямоугольника. Поскольку действительная ось гиперболы направлена вдоль O ¢ y ², мы выбираем ту пару углов, которая расположена вдоль этой оси.

 

y

y ²

O ¢

x

O

x ²

 

Пример 5. Относительно декартовой системы координат Oxyz в пространстве поверхность определяется уравнением

3 y ² + 4 xy - 2 xz - 4 yz + 2 x +14 y = 0.

С помощью выбора новой декартовой системы координат привести уравнение поверхности к каноническому виду.

Решение. Квадратичная часть уравнения совпадает с квадратичной формой из примера 3: k () = 3 y ² + 4 xy - 2 xy - 4 yz. Мы уже выяснили, что с помощью выбора нового ОНБ в пространстве, мы можем привести эту квадратичную форму к виду

k () = - x ¢² - y ¢² + 5 z ¢²,

и при этом формулы замены координат имеют вид (17). Подставляем эту замену в линейную часть уравнения: 2 x +14 y, а квадратичную часть пишем сразу в новых координатах:

- x ¢² - y ¢² + 5 z ¢² + 2 +14

Раскрываем скобки, приводим подобные:

- x ¢² - y ¢² + 5 z ¢² + x ¢- 4 y ¢+ 5 z ¢ = 0.

Выделяем полные квадраты:

-(x ¢² - x ¢ + (/2)²) + - (y ¢² + 4 y ¢+ (2)²) +12 +

+ 5(z ¢² + z ¢ + (/2)²) - = 0.

-(x ¢- /2)² - (y ¢ + 2)² +5(z ¢ + /2)² + 5 = 0.

Делаем замену координат:

x ²= x ¢- /2,

y ²= y ¢ + 2,

z ²= z ¢ + /2.

Она означает перенос начала координат в точку O ¢(/2, –2,-/2) _{Ox ¢ y ¢ z ¢}. После замены получаем уравнение

-(x ²)² - (y ²)² +5(z ²)² = -5.

Делим его на -5 и окончательно получаем каноническое уравнение

+ - (z ²)² = 1.

Это уравнение задаёт однополостной гиперболоид. Дополнительно можем найти координаты точки O ¢ в исходной СК. Для этого подставим найденные выше её координаты в (17). Получим O ¢(-2,1,3) _Oxyz.

В следующем примере мы рассмотрим случай, когда все числа l₁, l₂, l₃ различные. Это самый простой для решения пример.

Пример 6. Относительно декартовой системы координат Oxyz в пространстве поверхность определяется уравнением

4 x ² + 2 y ² + 3 z ² + 4 xz - 4 yz + 6 x - 6 y = 0.

С помощью выбора новой декартовой системы координат привести уравнение поверхности к каноническому виду.

Решение. Составляем матрицу A квадратичной части уравнения матрицу A - l E:

A =, A - l E =.

Находим коэффициенты характеристического многочлена:

tr A = 4 + 2 + 3 = 9,

I₂(A) = + + = 8 + 2 + 8 = 18,

det A = = 2· = 2·0 = 0

(мы прибавили к третьей строке вторую, а затем раскрыли определитель по второму столбцу). Составляем характеристическое уравнение в соответствии с формулой (6):

-l³ + 9l² - 18l + 0 = 0 Û l(l² – 9l +18) = 0.

Отсюда l₁ = 0, l₂ = 3, l₃ = 6.

A - 0 E =,

Для данной системы наиболее удобным является следующий способ решения: из 1 и 2 второго уравнений выразить x и y через z, а потом подставить в третье уравнение для проверки.

x = -0,5 z,

y = z,

- z - 2 z + 3 z = 0.

Затем придаём z произвольное ненулевое значение, например, z = 2 и находим x = -1, y = 2. (–1, 2, 2).

 

 

A - 3 E =,

A - 6 E =.

Данные системы решаются таким же способом (проделайте это самостоятельно). Мы находим (2, 2,-1), (2,-1, 2). Теперь нормируем найденные собственные векторы, и результат оформляем следующим образом.

l₁ = 0, (–1, 2, 2),,

l₂ = 3, (2, 2,-1),,

l₃ = 6, (2,-1, 2),.

Это является обязательным требованием к оформлению решения в контрольной работе. Составляем матрицу перехода, выписывая координаты новых базисных векторов в столбцы.

C =.

Данная матрица получилась симметрической. Поэтому она является сама к себе обратной: C · C=E. По этой же причине формулы прямой и обратной замены координат выглядят одинаково:

x ¢= (- x + 2 y + 2 z), x = (- x ¢ + 2 y ¢ + 2 z ¢),

y ¢= (2 x + 2 y - z), y = (2 x ¢ + 2 y ¢ - z ¢),

z ¢= (2 x - y + 2 z), z = (2 x ¢ - y ¢ + 2 z ¢),

Квадратичную часть уравнения в новых координатах мы выписываем сразу, а в линейную часть необходимо сделать подстановку.

0 x ¢² + 3 y ¢² + 6 z ¢² + (- x ¢ + 2 y ¢ + 2 z ¢) - (2 x ¢ + 2 y ¢ - z ¢) = 0,

3 y ¢² + 6 z ¢² - 6 x ¢ + 6 z ¢ = 0.

Делим данное уравнение на 3 и выделяем полный квадрат по z ¢; коэффициент при x ¢ выносим за скобку.

y ¢² + 2(z ¢² + z ¢ + ) - - 2 x ¢ = 0,

y ¢² + 2²= 2 .

Делаем замену координат:

x ²= x ¢ + 1/4,

y ²= y ¢,

z ²= z ¢ + 1/2.

Она означает перенос начала координат в точку O ¢(-1/4, 0,-1/2) _{Ox ¢ y ¢ z ¢}. После замены получаем уравнение

(y ²)² + 2(z ²)² = 2 x ² Û + (z ²)² = x ².

Мы получили каноническое уравнение эллиптического параболоида, осью которого является O ¢ x ².

В следующем заключительном примере мы рассмотрим самый сложный случай, когда ноль является собственным числом кратности 2.

Пример 7. Относительно декартовой системы координат Oxyz поверхность определяется уравнением

x ² + y ² + z ² + 2 xy + 4 xz + 4 yz + 8 x + 4 y - 5 = 0.

С помощью перехода к новой декартовой системе координат привести уравнение поверхности к каноническому виду и определить тип поверхности.

Решение. Пусть k () = x ² + y ² + z ² + 2 xy + 4 xz + 4 yz – квадратичная часть уравнения поверхности. Составим матрицу квадратичной формы k () и матрицу A - l E:

A =, A - l E =.

Находим коэффициенты характеристического многочлена:

tr A = 1 + 1 + 4 = 6,

а поскольку, очевидно, rank A =1 (т.к. все строки в A пропорциональны), то I₂(A) = 0 и det A = 0. Составляем характеристическое уравнение в соответствии с формулой (6):

-l³ + 6l² = 0 Û l²(l - 6) = 0.

Значит, l₁ = 0, l₂ = 0, l₃ = 6. Для собственного числа l₃ = 6 обычным образом находим собственный вектор (1, 1, 2).

При l₁ = l₂ = 0 система уравнений для нахождения собственных векторов имеет ранг 1:

Поэтому, так же, как и в примере 2, оставляем первое уравнение

x + y + 2 z = 0, (28)

а остальные уравнения отбрасываем. Этому уравнению удовлетворяет, например, вектор (1,-1, 0). Если мы воспользуемся таким вектором, то получим после замены уравнение вида (22). После этого потребуется решать проблему дополнительной замены координат. Наша цель: совершить замену координат так, чтобы после замены в уравнении не осталось координаты x ¢ или координаты y ¢ (поскольку в квадрате у нас будет только одна координата z ¢). Если координаты вектора (x, y, z) будут удовлетворять дополнительному условию a ₁ x + a ₂ y + a ₃ z = 0, то после замены в уравнении не останется x ¢, а если этому условию будут удовлетворять координаты, то после замены не останется y ¢. В нашем случае данное условие выглядит так: 4 x + 2 y = 0. Поэтому координаты вектора будем искать из системы

Û

Отсюда (2,- 4, 1). Вектор (x, y, z) должен удовлетворять условию (28), а также должен быть ортогонален, т.е. (x, y, z)· (2,- 4, 1) = 0. Итак, координаты (x, y, z) мы ищем из системы

Û Û

Отсюда (3, 1,-2). Теперь нормируем найденные собственные векторы, и результат оформляем следующим образом.

l₁ = 0, (2,- 4, 1),,

l₂ = 0, (3, 1,-2),,

l₃ = 6, (1, 1, 2),.

Выражение старых координат через новые мы можем выписать сразу, не составляя матрицы перехода.

x = x ¢ + y ¢ + z ¢,

y = - x ¢ + y ¢ + z ¢,

z = x ¢ - y ¢ + z ¢.

Квадратичную часть уравнения в новых координатах мы выписываем сразу, а в линейную часть необходимо сделать подстановку.

6 z ¢² + 8 + 4 - 5 = 0,

6 z ¢² + y ¢ + z ¢ - 5 = 0 Û 3 z ¢² + y ¢ + z ¢ - 2,5 = 0,

Выделим по z ¢ полный квадрат:

3 - + y ¢ - 2,5 = 0,

3²- + y ¢ - 2,5 = 0,

3²+ = 0,

Делаем замену координат:

x ²= x ¢,

y ²= y ¢ -,

z ²= z ¢ +,

которая означает перенос начала координат в точку O ¢(0, ,-) _{Ox ¢ y ¢ z ¢}. В результате получаем уравнение

3(z ²)² = - y ².

Его можно преобразовать к каноническому виду (z ²)² = -2 py ², где p =. Это уравнение определяет параболический цилиндр, ось которого направлена вдоль отрицательного направления координатной оси O ¢ y ², а образующие параллельны оси O ¢ x ².

 

Приложение 1

Список кривых второго порядка

Название кривой	Каноническое уравнение кривой
1. Эллипс	+ = 1
2. Мнимый эллипс (Æ)	+ = –1
3. Гипербола	– = 1
4. Пара пересекающихся прямых	a 2 x 2 – b 2 y 2 = 0
5. Пара мнимых прямых пересекающихся в действительной точке	a 2 x 2 + b 2 y 2 = 0
6. Парабола	y 2 = 2 pх,
7. Пара параллельных прямых	x 2 = a 2
8. Пара мнимых параллельных прямых	x 2 = – a 2
9. Пара совпадающих прямых	x 2 = 0

Приложение 2

Список поверхностей второго порядка

Название поверхности	Eё каноническое уравнение
1. Эллипсоид	+ + =1,
2. Мнимый эллипсоид (Ø)	+ + = –1,
3. Мнимый конус (точка)	+ + = 0,
4. Двуполостной гиперболоид	+ – = –1,
5. Однополосной гиперболоид	+ – = 1,
6. Конус	+ – = 0,
7. Эллиптический параболоид	+ = 2 z,
8. Гиперболический параболоид	– = 2 z,
9. Эллиптический цилиндр	+ =1,
10. Мнимый эллиптический цилиндр	+ = –1,
11. Пара мнимых плоскостей, пересекающихся по действительной прямой	+ = 0,
12. Гиперболический цилиндр	– = 1,
13. Пара пересекающихся плоскостей	– = 0,
14. Параболический цилиндр	x 2 = 2 py
15. Пара параллельных плоскостей	x 2 = a 2
16. Пара совпадающих плоскостей	x 2 = 0
17. Пара мнимых параллельных плоскостей	x 2 = – a 2