книги / Практические занятия по высшей математике. Численное решение алгебраических и трансцендентных уравнений, матричное исчисление, векторный анализ и интегрирование линейных дифференци

является для

нее

н обратной, т. е.

(убедитесь, что 5 5 ' ■* Е).

5 ' = 5 “ 1

( 10.20)

Умножив

обе

части

формулы

(10,19) слева

на 5~» , получим

5 “ »Х =

3~г8Х*,

или, читая справа налево,

Х * =

5 _1Х .

(Ю,21)

Для перехода от новых координат х[ и х\ точки М к ее лер*

воначальным

координатам

надо

уравнения

(10,16) решить относи­

тельно х[

и х'г.

Это легко сделать,

умножив скалярно обе части

равенства

(10,15)

сначала

на

а потом на

]х.

Учитывая замеча­

•*1 =

*1^11 + Х^2й

х2 “

х^ц -)- Х2/2а*

(10,22)

Эти формулы выражают новые координаты х\

и х'г точки М через

Но матрица

[1ц 1*1!

1/12

/22-1

по

отношению

к матрице 5

(10,18) является

транспонированной,

а поэтому она равна 5 ', а на

основании (10,20) она равна 5 -1.

Поэтому формула (10,23) совпадает с ранее

полученной форму­

лой (10,21)

X * =

5->Х.

Легко проверить, что наряду с (10,21) имеет

место и равенство

X'* =

Х'8,

(10,24)

а с

равенством

(10,19) — равенство

X' = Х '*5-».

(10,25)

Теперь уже мы можем от старых переменных

перейти к новым,

для чего заменим в (10,7) X '

по формуле (10,25),

а X —по формуле

(10,19). В новых переменных

х[

и хг функция

Р(хи х2) запишет-

ся

так*

Р(х1,х 2) = Х'*8~'А8Х*.

(10,26)

обходимо

и

достаточно,

чтобы

ее определитель был равен нулю,

т. е. чтобы

ап

°11---^

(10,31)

а21

агг— X

(индекс

«у X

мы опустили).

Нетрудно

видеть, что уравнение (10,31) есть

характеристичес­

кое уравнение матрицы

А Раскрыв определитель (10.31),

полупим

квадратное

уравнение,

решив

которое,

определим X, и

Х2,

т. е.

собственные

значения

матрицы

А

Подставляя

поочередно

эти

значения

X в систему

(10,30),

найдем элементы /п , 1гь /,2. /22

матрицы

преобразования

5.

После

того

как определены

X,

и Х2,

/,1

С05 а;

/12 =

—51П а

/2, =

51П а;

/22 =

С05 а.

=

или

•

(10,32)

были положительными.

1.

Примем сначала X, =

В первую систему (10,29) подставим Х , я | . Учитывая, что

Оц = 5 ; П|2 — —2;

о21 = —~2;

(Ои = Оц)1

* 2*

получим

(5

1) 1ц 2/21 — 0;

—21ц + (2 — 1)121 = 0.

Отсюда

41ц -2121 = 0;

—21ц 4 * 1*1 “

0.

т. е. на

основании

(10,32)

1^ <* =

2 >

0.

На

этом

положительном значении

а мы

н остановимся и будем

считать,

что X, =

1,

а значит,

Х2 =

6. В

дальнейшем нет надоб­

ности рассматривать

два

уравнения

в каждой из систем

(10,29),

так

как

второе уравнение в ннх

является

следствием

первого.

Если бы мы в качестве X приняли

X} =

6, то

с учетом зна­

чений ац,

а,2, а22 получили бы

(5 — 6) /ц — 2/21

0}

откуда

—!ц — 21г, = 0,

I

~ Т *

т. е. на

основании

(10,32)

а =

—

Заметьте, что произведение

найденных тангенсов равно — 1 . Так

как

при

X, =

1 мы получили

а > 0 ,

а

при

X, =

6

оказалось,

что

1§ а < 0 ,

надо

оставить

именно эту

нумерацию и взять

X| — 1;

Х2 ^ 6.

Задача

10,2

(для самостоятельного решения). Преобразовать

к каноническому

виду уравнение

11ж2 + 8ху + б*/2— 78 = 0.

У к а з а н и е .

В отличие от предыдущей задачи переменные

здесь обозначены через х и у, а не через хх и хг.

Корнями X] и Х2 характеристического уравнения являются

числа 3 и

13. Чтобы выполнялось неравенство 1§ а > 0, надо за­

нумеровать

X

Х| = 13; Х2 = 3.

Окажется,

что

О т в е т .

Преобразованное

уравнение

имеет вид

или

13*? + 3у2 — 78=»0

2

1

У1

1 .

Кривая — эллипс с полуосями

а — >^б;

Ь = уЛ2Е.

Задача

10,3

(для самостоятельного решения). Упростить урав­

нение линии

13*2 + бху + 5у2— 56 = 0.

У к а з а н и е .

Характеристическое уравнение

имеет

вид

113— X

3

!

0.

3

5 — X =

Его

корнями являются

числа

4 и 14.

Если принять,

что X, = 4.

то

Если

же

Хх =

14, то

(§а =

у

. Это значение

а определится из

уравнения

—^11 + 3^21 в 0*

О т в е т .

В каноническом

виде

заданное уравнение

запишется

так:

14л:* +

4 ^ — 56 = 0

или

*

I

*1

т

У \

1.

7

1Л

Т

Т4

Кривая — эллипс с полуосями а =

2; Ь= |/7 3 .

Теперь

решим несколько задач на упрощение общего уравнения

кривой второго

порядка.

Задача 10,4.

Привести к простейшему виду уравнение линии

2х\ + 10* л + 2*| +

9*, +

12 * 2—2 = 0.

Г 2 - Х

5

1

1 5

2 - ^

“ °'

Его корнями

являются числа — 3 и 7.

Выясним,

какое

из них

принять за

Хь

а

какое — за

Х2. Для

этого

воспользуемся

первым

уравнением

первой системы

(10,29),

полагая

в нем а п =

2; а12 =

“ ®21 ж 5? Оц =

2,

Х| = —3.

12

-

(-3)1 /„

+

5/21 =

0;

5/„

+

5/21 =

0;

18 а =

(а =

_ 1 .

«II

Таким образом, если

X, =

—3,

то 18 а < 0 .

Положим теперь, что

X! = 7.

Тогда

из

того

же

уравнения

(2 — 7) 1ц

5/2| =■ 0;

—51ц +

5/21 =

0; 1ц

1 8 а - { в - 1 .

(10,33)

‘11

На

этом значении мы и остановимся, приняв, таким образом, что

Х| ■■ 7; Х2 — —3.

Квадратичная

форма 2x1 +

10*1*2 +

%х\

приобретет

вид

7х'\— Зх'1

(10,34)

или

0;

5/12 -)- 5/22 = 0;

(2 — (—З)) /д2 -|- 5/22 =

(м

- 1 ;

/** =

- / 12*

Так как на основании (10,32)

*8® =

-

г

,

ТО

1§а =

1.

С учетом найденных зависимостей между /л

и /п и между /22

и 1ц матрица преобразования

5

(10,35)

7 И +

Н Г

*'.) “

3 И - *

г ^ ) - 2 = з 0 ;

7 [ ( х ; + Ч

г М

] - »

[ ( 4 -

Ц г)* — т ] - 2 “ 0>

координат

.

3 / 2

ххОхг имеет абсциссу, равную ------

, и ординату. рав-

1 / 5

/

з | / 2

Х ^ 2\

преобразо­

НУЮ — ,

т. е. 0 ,1

------(см.

формулу (12,12)

а, тангенс которого на основании (10,33) равен 1, а сам угол а =

.

В этой повернутой системе координат

центр гиперболы находится

в точке

| _ з / з Щ

'

Характеристическое уравнение

этой

матрицы

[ - г " *

15 -

х] = 0

<|0 -36>

имеет корни 11 и 16.

Определим матрицу преобразования 5. Из системы

(10,29) при

X.= 11 получаем

2/4, 0

и —4/,2 — 2/22 — 0.