1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban: Emlékeztető: Legyen B = {u1 , . . . , un } egy tetszőleges bázisa az Rn -nek, Egy tetszőleges v ∈ Rn vektor egyértelműen felírható v =α1 u1 + . . . + αn un α1 alakban. Ekkor azt mondjuk a B bázisban a v vektor koordinátái: ... . αn Jelben: α1 [v]B = ... . αn
Az egyszerűség kedvéért dolgozzunk most a síkon vagyis R2 -en. Legyen tehát adott egy F : R2 → R2 lineáris transzformáció és szintén adott egy B := {u1 , u2 } bázisa az R2 -nek. Cél: Meghatározni az F mátrixát a B bázisban. Vagyis keresünk egy olyan 2 × 2-es M mátrixot, amelyre a következő teljesül: Minden v ∈ R2 vektorra [F (v)]B = M · [v]B .
(1)
Ugyanez szavakban: keresünk egy olyan M mátrixot amellyel megszorozva egy tetszőleges v vektornak a B bázisban felírt koordinátáiból álló [v]B vektort ((1) jobb oldala) megkapjuk ezen v vektor F lineáris transzformációval vett F (v) képének a B bázisban vett koordinátáiból alkotott [F (v)]B vektort ((1) bal oldala). Ezt az M mátrixot hívjuk az F lineáris transzformáció mátrixának a B bázisban.
1
1.1. tétel. Az F : R2 → R2 lineáris transzformáció mátrixa a B = {u1 , u2 } bázisban az a 2 × 2-es M mátrix, melynek első oszlopa: [F (u1 )]B , második oszlopa [F (u2 )]B . Jelben: M = [[F (u1 )]B , [F (u1 )]B ] .
(2)
Ugyanez szavakban: Az M mátrixot, úgy kapjuk, hogy megkeressük F (u1 ) vektornak a B bázisban vett koordinátáiból álló [F (u1 )]B vektort. Ez lesz az M első oszlopa. Ezután megkeressük F (u2 ) vektornak a B bázisban vett koordinátáiból álló [F (u2 )]B vektort. Ez lesz az M második oszlopa. Bizonyítás. Jelöljük az M = [[F (u1 )]B , [F (u1 )]B ] mátrix elemeit m11 m12 . M= m21 m22 m12 m11 . Vagyis Ez azt jelenti, hogy [F (u1 )]B = és [F (u2 )]B = m22 m21 F (u1 ) = m11 · u1 + m21 · u2 és F (u2 ) = m12 · u1 + m22 · u2 .
(3)
Legyen v ∈ R2 egy tetszőleges Jelöljük α1 , α2 -vel a v koordinátáit vektor. α1 a B bázisban. Vagyis [v]B = . Ami azt jelenti, hogy α2 v = α1 u1 + α2 u2 . Mivel F egy lineáris transzformáció kapjuk, hogy: F (v) = α1 F (u1 ) + α2 F (u2 ). Behelyettesítve a (3) képletet F (v) = α1 (m11 · u1 + m21 · u2 ) + α2 · (m12 · u1 + m22 · u2 ) | {z } | {z } F (u1 )
F (u1 )
= (m11 · α1 + m12 · α2 ) · u1 + (m21 · α1 + m22 · α2 ) · u2 Ez pedig pont azt jelenti, hogy m11 · α1 + m12 · α2 m11 m12 α1 α1 [F (v)]B = = · =M· m21 · α1 + m22 · α2 m21 m22 α2 α2 | {z } M
2
1.1. példa. Határozzuk meg asíkon az y = x egyenesre vonatkozó tükrözés 1 1 , bázisban. mátrixát a B = 3 2 | {z } | {z } u1
u2
Megoldás: A természetes bázisban az y = x egyenesre tükrözés azt jelenti, hogy fel kell cseréli a koordinátákat. Vagyis a természetes bázisban az F (u1 ) és F (u2 ) vektorok: 1 2 1 3 F = és F = . 2 1 3 1 Ezután kifejezzük ezen vektorokat a B bázisban. Ehhez egy az előző előadáson tanult formulát alkalmazzuk a v = F (u1 ) majd a v = F (u2 ) vektorokra. Ezen formula szerint: Egy v ∈ Rn vektor koordinátáit a B = {u1 , . . . , un } bázisban a következő formula adja: [v]B = [u1 , . . . , un ]−1 · [v]T . Vagyis felírjuk a P = [u1 , u2 ] =
1 1 2 3
mátrixot és képezzük ennek inverzét: 3 −1 −1 P = . −2 1 Ezután az F (u1 ) vektornak a B bázisbeli koordináta vektorát [F (u1 )]B -t 2 az F (u1 ) vektornak a T természetes bázisbeli [F (u1 )]T = koordináta 1 vektorából úgy kapjuk, hogy: 3 −1 2 5 −1 [F (u1 )]B = P · [F (u1 )]T = · = −2 1 1 −3 Hasonlóan [F (u2 )]B = P
−1
· [F (u2 )]T = 3
3 −1 −2 1
3 8 · = 1 −5
Tehát az F lineáris transzformáció mátrixa a B bázisban: 5 8 M = [[F (u1 )]B , [F (u2 )]B ] = . −3 −5 Feladatok
0 1 0 1. Írjuk fel a térben az x = y síkra való tükrözés mátrixát! (E: 1 0 0 0 0 1 Van kidolgozott megoldás) 2. Írja fel az x + z = 0 síkra való vetítés mátrixát! 1 √ 0 − √12 2 1 0 van rá kidolgozott megoldás) (E: 0 1 − √2 0 √12 x+z = 0 3. Írjuk fel az egyenesre való vetítés mátrixát! (E: y = 0 √ √2 0 − 22 2 0 0 √0 ) √ 2 2 −2 0 2 4. Írjuk fel az x = −y egyenesre mátrixát a síkban. Mi az való tükrözés 0 −1 (5, 3) pont tükörképe? (E: , (−3, −5)). −1 0 5. Írjuk fel annak a lineáris transzformációnak a mátrixát, amely egy térbeli pontot az y-tengely körül 60◦ -al elforgat, majd az x−y koordináta síkra vetíti (tükrözi). √ √ 1 1 3 3 1 0 0 0 0 2 2 2 2 (E: 0 1 0 , 0 1 0 · 0√ 0 0 ) 0 0 −1 0 0 0 − 23 0 12 6. Határozzuk meg a következő mátrix és saját vektorait: sajátértékét 3 1 1 1 A= . (E: i, , és −i, ) −10 −3 −3 + i −3 − i
4
1 2 −3 4 0 7. Adottak a B = , és a B = , Tudjuk, 4 3 −4 5 hogy a v vektor koordinátái a B bázisban: 9 (a) [v]B = . 10 3 (b) [v]B = . Határozzuk meg mind két esetben a v vektor 2 −119 0 koordinátáit a B bázisban. (E: (a) [v]B 0 = , (b) [v]B 0 = −82 −37 −26 Megoldások 1.) Az y = x sík tartalmazza a z tengelyt, és z tengelyre merőleges egyenesei 45 fokot zárnak be az y és x tengelyekkel. Felrajzolva kiderül, hogy a rá való tükrözés az egyes egységvektorokkal a következőt teszi: 1 0 0 1 0 0 0 → 1 , 1 → 0 , 0 → 0 . 0 0 0 0 1 1 A transzformáció mátrixa az eredményvektorokból alkotott oszlopokból áll: 0 1 0 1 0 0 . 0 0 1 E mátrix négyzete az egységmátrix, determinánsa −1. Ezek a tulajdonságok általában is jellemzőek minden tükrözésre. 2.) Az x + z = 0 azaz z = −x sík tartalmazza az y tengelyt, és az y-ra merőleges egyenesei szintén 45 fokot zárnak be az x és z tengelyekkel. A síkra többféleképp lehet vetíteni, mi most meghatározzuk a merőleges vetítés mátrixát. A transzformáció a következőt műveli az egységvektorokkal: 1 1 0 0 0 −2 1 2 0 → 0 , 1 → 1 , 0 → 0 . 1 0 − 21 0 0 1 2 5
Így a transzformáció mátrixa előáll a három eredményvektorból mint oszlopokból: 1 0 − 12 2 0 1 0 . − 12 0 12 Mátrixunk négyzete megegyezik önmagával, és determinánsa nulla, inverze nem létezik. Ez általánosan jellemző tulajdonsága a merőleges vetítéseknek, vagy másnéven ortogonális projekcióknak. Az inverz nem létezése szemléletesen is érthető, hiszen a vetületből nyilván nem lehet rekonstruálni, hogy mi az, amit vetítettünk. (Mint ahogy az úthengerelt békából sem lehet visszaállítani az élő példányt.) 3.) A 2.) feladathoz hasonló transzformáció mátrixát kell felírnunk, az egyetlen különbség, hogy az y = 0 síkban fekvő egyenesre való vetítés lenullázza az y koordinátát. Ezért ennek a vetítésnek a hatása (ha az egyenesre való merőleges vetítést tekintjük): 1 1 0 0 1 0 −2 2 0 → 0 , 1 → 0 , 0 → 0 . 1 − 21 0 0 0 1 2 A keresett mátrix:
1 2
0 − 12
0 − 12 0 0 . 0 12
Ez is tisztességes merőleges vetítésként viselkedik, vagyis négyzete önmaga, determinánsa nulla, így nem is invertálható. 5.) Először meghatározzuk A forgatás helybenhagyja az x − z síkban: 1 1 2 0 → 0 , √ 0 − 23
az y tengely körüli 60o -os forgatás mátrixát. y tengely pontjait, és megforgat mindenkit az √3 0 0 0 2 1 → 1 , 0 → 0 . 1 0 0 1 2
Ezért ez a transzformáció megfelel az 1 2
O = 0√ − 23 6
√
0 1 0
3 2
0 1 2
mátrixnak. E mátrix determinánsa 1, inverze megegyezik a transzponáltjával: O · OT = OT · O = I . Ezek általános jellemzői a forgatásokat leíró ún. ortogonális forgatásmátrixoknak. Az eddig használt módszerrel az x − y síkra való vetítés mátrixa 1 0 0 0 1 0 . 0 0 0 Az a mátrix, amelyik először forgat, aztán vetít szorzatából állítható elő: √ 1 1 3 0 1 0 0 2 2 2 = 0 0 1 0 · 0 1 0 √ 0 0 0 0 − 23 0 21
az x − y síkra e kettő √
0 1 0
3 2
0 . 0
Az x − y síkra való tükrözést írja le a 1 0 0 0 1 0 0 0 −1 mátrix. (Lévén tisztességes tükrözés, ennek determinánsa is -1, négyzete az egységmátrix.) Az a transzformáció, amelyik először forgat, majd tükröz, a következő mátrixszal írható le: √ √ 1 1 3 3 0 0 1 0 0 2 2 2 2 0 1 0 · 0 1 0 = √0 1 0 . √ 3 3 0 0 −1 − 0 1 0 −1 2
2
2
2
Figyeljük meg, hogy mindkét mátrixszorzásnál fontos volt a mátrixok sorrendje: nem ugyanazt kapjuk, ha először forgatunk és aztán vetítünk, vagy ha először vetítünk és azután forgatunk. Szintén más lesz az eredmény, ha először forgatunk és azután tükrözünk, vagy ha fordítva járunk el.
2. Gram-Schmidt ortogonalizációs eljárás és SVD 1. Konstruáljunk egy ortonormált bázisát annak az R4 -beli S lineáris altérnek, melyet az x1 + x2 + x3 + x4 = 0 egyenlet határoz meg. (E: 7
végtelen sok megoldás van. Választ egy bázisát S-nek (választ 3 független vektort S-ből, úgy hogy valamilyen módon lerögzít 3 koordinátát és az egyenletből kiszámítja a negyediket) és erre alkalmazza a Gram-Schmidt eljárást.) 2. Határozzuk meg a következő mátrixok szinguláris érték felbontását! 1 −1 4 6 A= ,B= . E: 1 1 0 4 # √ " √1 √1 − 1 0 2 √0 2 2 · · A = √1 √1 0 1 0 2 2 2 " B=
√2 5 √1 5
− √15 √2 5
# " 1 √ 8 0 5 · · 0 2 − √25
√2 5 √1 5
#
3. Kvadratikus alakok Kúpszeletek: Adott egy kvadratikus alak a következő formában: ax2 + 2bxy + cy 2 + k1 x + k2 y + d = 0,
a, b, c, k1 , k2 , d ∈ R.
Ezt felírhatjuk a xT · A · x + K · x + d = 0 alakban, ahol a b x x x y · · + k1 k2 · +d = 0 b c y y | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } K xT A
x
(4)
(5)
x
I. lépés: Meghatározzuk az A mátrixnak a λ1 , λ2 sajátértékeit és a hozzájuk tartozó egység hosszú u1 , u2 sajátvektorokat úgy választjuk, hogy hogy a Q := [u1 , u2 ] mátrixra: det(Q) = 1. x II. lépés: Jelöljük az x := vektornak a B = {u1 , u2 } bázisbeli [x]B y x0 0 koordinátái vektorát x = -el. Ekkor mint tanultuk y0 0 x 0 x = = [x]B = Q−1 · x. (6) y0 8
Vagyis
0
Q·x =Q·
x0 y0
=
x y
= x.
(7)
III. lépés: Legyen D :=
λ1 0 0 λ2
,
K0 := K · Q.
és
Ekkor az első fokú rész: K · x = K · (Q · x0 ) = (K · Q) · x0 = K0 · x0 . Használva, hogy xT · A · x = (x0 )T · D · x0 és K · x = K0 · x0 : 0 = xT · A · x + K · x + d = (x0 )T · D · x0 + K0 · x0 + d Tehát λ1 · (x0 )2 + λ2 · (y 0 )2 + k10 · x0 + k20 · y 0 + d = 0, ahol K0 =
k10 k20
=
k1 k2
(8)
·Q
IV. lépés: Ekkor Q egy forgatás mátrixa a természetes bázisban. Az x 7→ Q · x lineáris transzformáció az x tengely pozitív felét az u1 vektor (origóból felmérve), félegyenesébe, míg az y tengely pozitív felét az u2 vektor (origóból felmérve), félegyenesébe forgatja . Az u1 egyenese az új x0 , y 0 koordinátarendszer x0 tengelye és az u2 egyenese az új x0 , y 0 koordinátarendszer y 0 tengelye. V. lépés: Az új változók tehát: x0 = q11 · x + q21 · y y 0 = q12 · x + q22 · y, ahol
Q=
q11 q12 q21 q22
VI. lépés: Az új x0 y 0 koordináta rendszerben teljes négyzetté alakítunk. Ez az x0 y 0 koordináta rendszer eltolásaként előálló x00 y 00 rendszert eredményezi amiben felírhatjuk a kúpszeletünket. 9
Példa √ 1. x2 + 11y 2 + 10 3xy − 16 = 0 √ 1 1 5 3 √2 √ Megoldás: A = , λ1 = 16, u1 = , λ2 = −4, u2 = 3 5 3 11 2 √3 √ √ −2 3 1 0 , tehát az új változók x = 2 x + 2 y, y 0 = − 23 x + 12 y. 1 2
Ezekkel az új változókkal 16(x0 )2 − 4(y 0 )2 − 16 = 0, átrendezés után 0 2 (x0 )2 − (y4) = 1, tehát egy +60 fokkal elforgatott hiperboláról van szó.
10
1. ábra. √ √ 2. 3x2 − 2 3xy + y 2 − x − 3y = 0 √ √3 3 − 3 2 √ Megoldás: A = , λ1 = 4, u1 = , λ2 = − 3 1 − 12 1 √ √ 3 3 1 1 0 0 √2 0, u2 = x − y, y = x + y. , tehát az új változók x = 3 2 2 2 2 2 √ A lineáris részre pedig K = (−1; − 3), az új változóknak megfelelő vektor pedig K 0 = KQ = (0 − 2), azaz a képlet az új változókkal
11
4(x0 )2 −2y 0 = 0, átrendezve y 0 = 2(x0 )2 , tehát egy -30 fokkal elforgatott parabola volt megadva.
2. ábra.
12
√ √ 3. 5x2 + 5y 2 + 6xy − 14 2x − 18 2y + 26 = 0 ! √1 5 3 2 Megoldás: A = , λ2 = 2, u2 = , λ1 = 8, u1 = √1 3 5 2 ! − √12 , tehát az új változók x0 = √12 x + √12 y, y 0 = − √12 x + √12 y. √1 2 √ √ A lineáris részre K = (−14 2; −18 2), az új változóknak megfelelő vektor pedig K 0 = KQ = (−32; −4). Így kapjuk, hogy az új változókkal felírt képlet 8(x0 )2 + 2(y 0 )2 − 32x0 − 4y 0 + 26 = 0. Ezt most teljes négyzetté alakítjuk: 8(x0 − 2)2 − 32 + 2(y 0 − 1)2 − 2 + 16 = 0, ezért bevezetjük a még újabb változókat: x00 = x0 − 2 y 00 = y 0 − 1, amikkel 00 2 felírva a képletet kapjuk, hogy (x00 )2 + (y 4 ) = 1, tehát egy ellipszisről beszélünk.
13
3. ábra. A 3. feladat megoldása. √ √ √ 4. 9x2 + 6 3xy + 3y 2 + (12 3 + 2)x + (12 − 2 3)y + 16 = 0 √ √3 9 3 3 2 √ Megoldás: A = , λ1 = 12, u1 = , λ2 = 0, u2 = 1 3 3 3 2 1 √ √ − 3 3 1 1 0 0 √2 , tehát az új változók x = x + y, y = − x + y. A li3 2 2 2 2 2 √ √ neáris részre K = (12 3 + 2; 12 − 2 3), az új változóknak megfelelő vektor pedig K 0 = KQ = (24; −4). Így kapjuk, hogy az új változókkal felírt képlet 12(x0 )2 + 24x0 − 4y 0 + 16 = 0. Ezt most teljes négyzetté alakítjuk: 12(x0 + 1)2 − 4(y 0 − 1) = 0, ezért bevezetjük a még újabb 14
változókat: x00 = x0 + 1 y 00 = y 0 − 1, amikkel felírva a képletet kapjuk, hogy y 00 = 3(x00 )2 , tehát egy parabola volt megadva.
4. ábra. A 4. feladat megoldása.
5. 2x2 + 2y 2 − 2xy = 1. Ekkor A =
(9)
2 −1 . A sajátértékek és a hozzájuk tartozó saját−1 2
15
vektorok mátrixba rendezve: λ1 = 1, λ2 = 3 és
Q := [u1
" √ # √ 2/2 − 2/2 u2 ] = √ . √ 2/2 2/2
Tehát az új x
0
y0
√ √ 2 2 = x+ y 2√ 2√ 2 2 = − x+ y 2 2
változókkal: (x0 )2 + 3(y 0 )2 = 1. Innen (x0 )2 +
(y 0 )2 = 1. (√13 )2
Vagyis a kvadratikus alak ellipszist határoz meg, melynek hosszabb féltengelye az u1 egyenesén 1 hosszú, míg a rövidebb féltengelye az u2 egyenesén √13 hosszú.
5. ábra. Az 5. feladat megoldása. 6. 4x2 − 20xy + 25y 2 −15x − 6y = 0. | {z } | {z } kvadratikus rész első fokú rész 16
(10)
Először a kvadratikus részben eltüntetjük az xy alakú tagot új változókra való áttéréssel. Ehhez a kvadratikus részt x x y ·A· y alakban írjuk fel, ahol A=
4 −10 −10 25
.
A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátvektorok mátrixba rendezve: # " 2 5 √
λ1 = 29, λ2 = 0 és
Q := [u1 u2 ] =
29
− √529
√
29
√2 29
.
Tehát az új 2 5 x0 = √ x − √ y 29 29 5 2 y 0 = √ x + √ y. 29 29 változókkal 4x2 − 20xy + 25y 2 = 29(x0 )2 .
(11)
(10)-ben az első fokú rész: −15x − 6y = K ·
x y
,
ahol K = [−15 − 6] . Amint tanultuk ekkor kiszámoljuk: " 2 √
K0 = K · Q = [−15 − 6] ·
29
− √529
√5 29 √2 29
# =
√ 0 −3 29 .
Ahonnan −15x − 6y = K ·
x y
0
=K · 17
x0 y0
√ = 0 · x0 − 3 · 29y 0 .
(12)
Ezt (11)-al összetéve kapjuk, hogy a (10) egyenlet az x0 y 0 rendszerben: √ 29(x0 )2 − 3 · 29y 0 = 0. vagyis
√
29 0 2 (x ) . 3
0
y =
6. ábra. A 6. feladat megoldása. 7. 3x2 − 8xy − 12y 2 −30x − 64y = 0. (13) {z } | {z } | kvadratikus rész első fokú rész Először a kvadratikus részben eltüntetjük az xy alakú tagot új változókra való áttéréssel. Ehhez a kvadratikus részt x x y ·A· y alakban írjuk fel, ahol A=
3 −4 −4 −12
.
A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátvektorok mátrixba rendezve: " 1 # √ − √417 17 λ1 = −13, λ2 = 4 és Q := [u1 u2 ] = . 4 1 √
18
17
√
17
Használva, hogy x0 = QT · x, az új 1 4 x0 = √ x + √ y 17 17 4 1 y 0 = −√ x + √ y. 17 17 változókkal (13) egyenlet kvadratikus része: 3x2 − 8xy − 12y 2 = −13(x0 )2 + 4(y 0 )2 .
(14)
(10)-ben az első fokú rész: −30x − 64y = K ·
x y
,
ahol K = [−30 − 64] . Amint tanultuk ekkor kiszámoljuk: " 1 √
0
K = K · Q = [−30 − 64] ·
− √417
17
√4 17
#
√1 17
=
h
−√286 17
√56 17
i
.
Ahonnan −30x − 64y = K ·
x y
0
=K ·
x0 y0
286 56 = −√ · x0 + √ y 0 . 17 17
(15)
Innen és (14)-ből adódik, hogy a (13) egyenlet az új koordinátákkal: 286 56 −13(x0 )2 + 4(y 0 )2 − √ x0 + √ y 0 = 0. 17 17
(16)
Az x0 -ös és y 0 -ös tagokat csoportosítjuk: 13·22
4·14
z}|{ z}|{ 286 56 −13(x0 )2 − √ x0 + 4(y 0 )2 + √ y 0 = 0. 17 17 | {z } | {z } −13
x0 +√11
17
2
2
− 11 17
19
4
2 y 0 +√7 − 49 17 17
(17)
Mind az teljes négyzetté alakítva kapjuk, hogy −13(x00 )2 + 4(y 00 )2 = 81, ahol
11 7 x00 = x0 + √ és y 00 = y 0 + √ . 17 17
Tehát ebben a legújabb x00 y 00 koordináta rendszerben a (13) egyenlet: (y 00 )2 (x00 )2 − 2 = 1. 9 2 √9 13
2
7. ábra. A 7. feladat megoldása.
8. 21x2 + 6xy − 13y 2 − 114x − 34y + 73 = 0.
20
(18)
Először a kvadratikus részben eltüntetjük az xy alakú tagot új változókra való áttéréssel. Ehhez a kvadratikus részt x x y ·A· y alakban írjuk fel, ahol
21 3 3 13
A=
.
A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátvektorok mátrixba rendezve: " 1 # 3 √
λ1 = 12, λ2 = 22 és
Q := [u1 u2 ] =
10
− √310
√
10
√1 10
.
Használva, hogy x0 = QT · x, az új 1 3 x0 = √ x − √ y 10 10 3 1 y 0 = √ x + √ y. 10 10 változókkal (18) egyenlet kvadratikus része: 21x2 + 6xy − 13y 2 = 12(x0 )2 + 22(y 0 )2 .
(19)
(18)-ben az első fokú rész: −114x + 34y = K ·
x y
,
ahol K = [−114 34] . Amint tanultuk ekkor kiszámoljuk: " 1 √
0
K = K · Q = [−114 34] ·
√3 10
10
− √310
√1 10
# =
h
−√308 −√216 10 10
i
.
Ahonnan −114x + 34y = K ·
x y
0
=K · 21
x0 y0
216 308 = −√ · x0 − √ y 0 . (20) 10 10
Innen és (19)-ből adódik, hogy a (18) egyenlet az új koordinátákkal: 216 308 12(x0 )2 + 22(y 0 )2 − √ · x0 − √ y 0 + 73 = 0. 10 10
(21)
Az x0 -ös és y 0 -ös tagokat csoportosítjuk: 12·2·9
22·2·7
z}|{ z}|{ 216 308 12(x0 )2 − √ · x0 + 22(y 0 )2 − √ y 0 +73 = 0. 10 10 | {z } | {z } 12(x0 −√9 )2 − 12·81 10
22(y 0 −√7 )2 − 22·49 10
10
10
Teljes négyzetté alakítás után: 12 · (x00 )2 + 22 · (y 00 )2 = 132, ahol
9 x00 = x0 − √ 10
7 y 00 = y 0 − √ . 10
Tehát a (18) egyenlet az x00 y 00 koordinátákkal: (x00 )2 (y 00 )2 + = 1. 11 5 Ez tehát aminek az x00 koordináta tengelyen a féltengely √ √ egy ellipszis hossza 11 és az y 00 koordináta tengelyen a féltengely hossza 5.
4. Felületi integrál, Gauss-divergencia tétel 1. Legyen H = {(x, y, z) : x2 + y 2 ≤ 9 és 0 ≤ z ≤ 5} tömör henger. Legyen A a H henger palastja kifelé mutató normálissal irányítva: A = (x, y, z) : x2 + y 2 = 9 és 0 ≤ z ≤ 5 . Legyen B a henger felülete (tehát a palást és az alsó és felső körlemez együtt) szintén kifelé mutató normálissal. Legyen F (x, y, z) = 2(x, y, z). 22
8. ábra. A 8. feladat megoldása.
(a) Határozzuk meg az
RR
FdA =? felületmenti integrált!
A
(b) Határozzuk meg az
RR
FdA =? felületmenti integrált a Gauss
B
divergencia tétel segítségével! Megoldás. (a) Az A felület egy paraméterezése: r(α, z) = (3 cos α, 3 sin α, z), 0 ≤ α, ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 5. Az F lokalizálása az A-ra: F(r(α, z)) = i j k (6 cos α, 6 sin α, 2z). Továbbá: rα × rz = −3 sin α 3 cos α 0 = 0 0 1 (3 cos α, 3 sin α, 0). Tehát F(r(α, z))·rα ×rz = (6 cos α, 6 sin α, 2z)·(3 cos α, 3 sin α, 0) = 18(cos2 α+sin2 α) ≡ 18. Tehát Z5 Z2π
ZZ
F(r(α, z))·(rα ×rz )dαdz =
FdA = A
Z5 Z2π
z=0 α=0
18dαdz = 180π. z=0 α=0
23
(b) Nyilván div(F) ≡ 6. Tehát Gauss divergencia tételből ZZZ ZZZ ZZ 6dxdydz = 6·térfogat(H) = 6·(32 ·π) = 45π. div(F)dxdydz FdA = B
H
H
2. Legyen A az z = 16−x2 −y 2 felületnek az x−y sík feletti része a lefelé mutató normálissal irányítva és legyen G(x, y, z) = (y, x, z). Kérdés RR GdA =?(E: −128π.) A
24