Diagonalizace kvadratické formy: vlastní čísla

Úkol: Převeďte následující kvadratickou formu na kanonický tvar pomocí ortogonální transformace

$\displaystyle Q(\vec{x}) = x_1^2 + x_2^2 + 5x_3^2 - 6x_1x_2 - 2x_1x_3 + 2x_2x_3\,.
$

Určete typ kvadriky $ Q(\vec{x})=1$.


Řešení: Matice $ A$ z vyjádření $ Q(\vec{x})=\vec{x}^TA\vec{x}$ je například

$\displaystyle A\ =\ \left(\begin{array}{ccccccccccccc} 1 & -3 & -1\cr
-3 & 1 & 1\cr
-1 & 1 & 5\cr\end{array}\right)\,.
$

K matici bychom mohli přičíst libovolnou antisymetrickou matici, i tak by díky $ x_ix_j=x_jx_i$ stále platilo $ Q(\vec{x})=\vec{x}^TA\vec{x}$, ale pak bychom neměli zaručeno, že bude možno $ A$ diagonalizovat. Proto je pohodlnější zvolit $ A$ symetrickou (v komplexním případě hermitovskou).

Matici $ A$ budeme, jak už jsme prozradili, diagonalizovat. Najdeme charakteristický polynom

$\displaystyle p(\lambda)= \mathop{\rm det}\nolimits (A-\lambda \mathbbm{1}) = -\lambda^3 + 7\lambda^2 -36\,
$

a vyčíslíme jeho kořeny. Nechceme-li se blýsknout znalostí Cardanových vzorců, můžeme je zkusit uhodnout. Když předpokládáme, že jsou všechny celočíselné, může nám pomoci věta z příkladu 9.5: vyzkoušíme čísla $ \lambda=\pm1,\, \pm2$, neboť jsou to dělitelé absolutního členu. Zjistíme, že vyhovuje $ \lambda=-2$, vydělíme polynom $ p(\lambda)$ výrazem $ (\lambda +2)$ a zjistit zbývající kořeny je potom již snadné:

$\displaystyle \lambda_1 = -2\,,\qquad\lambda_2 = 3\,,\qquad \lambda_3 = 6\,.
$

Můžeme tedy napsat Jordanův tvar matice $ A$

$\displaystyle J_A\ =\ \left(\begin{array}{ccccccccccccc} -2 & 0 & 0\cr
0 & 3 & 0\cr
0 & 0 & 6\cr\end{array}\right),
$

a z úvahy $ Q(\vec{x})=\vec{x}^TA\vec{x}=\vec{x}^T CJ_AC^{-1}\vec{x}$ okamžitě plyne, že

$\displaystyle Q(\vec{x})=Q'(\vec{y}) = -2y_1^2 + 3y_2^2 + 6y_3^2\,,$ (170)

kde $ \vec{y}=C^{-1}\vec{x}$, pokud volíme $ C$ tak, aby byla ortogonální, neboli $ C^{-1}=C^T$; to můžeme splnit vždy, neboť ve sloupcích $ C$ jsou vlastní vektory (symetrické) matice $ A$ a ty jsou78 na sebe vždy kolmé, stačí je jen nanormovat na jedničku (viz příklad 17.2). Vidíme tedy, že $ Q(\vec{x})=Q'(\vec{y})=1$ je rovnice jednodílného hyperboloidu (srovnejte s příkladem 17.1).

Chceme-li najít vztah pro transformaci mezi $ \vec{x}$ a $ \vec{y}$, musíme tedy ještě zjistit vlastní vektory. Pro $ \lambda_1$ najdeme $ \vec{v}_1=(1,1,0)$, v normovaném tvaru $ \vec{v}_1=({1\over\sqrt2},{1\over\sqrt2},0)$. Podobně pro $ \lambda_2$ a $ \lambda_3$ máme $ \vec{v}_2=({1\over\sqrt3},
-{1\over\sqrt3},{1\over\sqrt3})$ a $ \vec{v}_3=(-{1\over\sqrt6},{1\over\sqrt6},{2\over\sqrt6})$. Pak tedy platí $ A=CJ_AC^{-1}$ a zároveň $ CC^T=\mathbbm{1}$, tedy $ C^{-1}=C^T$; pokud bychom vlastní vektory zapomněli normovat na jedničku, bylo by $ CC^T=\mathop{\rm diag}\nolimits (\vert\vec{v}_1\vert^2,\vert\vec{v}_2\vert^2,\vert\vec{v}_3\vert^3)$.

$\displaystyle C = \left(\begin{array}{ccccccccccccc} {1\over\sqrt2}&{1\over\sqr...
...\sqrt3}\cr
-{1\over\sqrt6}&{1\over\sqrt6}&{2\over\sqrt6}\cr\end{array}\right).
$

Dosazením do $ \vec{y}=C^{-1}\vec{x}$ dostáváme nakonec

\begin{multline*}
y_1 = {1\over\sqrt2}x_1\ +\ {1\over\sqrt2}x_2\,,\quad
y_2 = {1...
...{1\over\sqrt6}x_1\ +\ {1\over\sqrt6}x_2\ +\ {1\over\sqrt6}x_3\,.
\end{multline*}

Díky ortogonalitě transformace se zachovávají délky vektorů, lze také říci, že ortogonální transformace odpovídá pouze otočení. Ať tedy už kvadriku píšeme v bázi kanonické, $ Q(\vec{x})=1$, nebo v bázi vlastních vektorů, $ Q'(\vec{y})=1$, budou délky poloos stejné. Srovnáním (170) s 

$\displaystyle -\frac{y_1^2}{a^2}+\frac{y_2^2}{b^2}+\frac{y_3^2}{c^2}=1
$

vidíme, že hyperboloid má poloosy $ a=1/\sqrt{2}$, $ b=1/\sqrt{3}$, $ c=1/\sqrt{6}$. Osa $ y_1$, tedy vlastní vektor $ \vec{v}_1$, ukazuje směr ,,chladící věže'' (pokud by bylo $ b=c$, byla by to rotační osa hyperboloidu).

$ \ast$MB,ZV$ \ast$