6 Metrische Klassifikation der Quadriken

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1 6 Metrische Klassifikation der Quadriken A Wiederholung von Kap V, 5 Sei A = (a ij ) eine symmetrische n n Matrix. n x 1 q(x) := x t Ax = a ij x i x j, x =. i,j=1 ist dann ein quadratisches Polynom in den Unbestimmten x 1,...,x n. Man nennt q(x) die zu A gehörige quadratische Form. Fasse q(x) auf als Funktion q : R n R in den Variablen x 1,...,x n. Eine Linearform auf dem R n ist eine lineare Abbildung l : R n R; also ist l(x) = b 1 x b n x n mit Konstanten b 1,...,b n. M.a.W.: l(x) = b t x, wenn b = (b 1,...,b n ) t. Definition: Eine Teilmenge Q R n heißt Quadrik, wenn es eine quadratische Form q(x), eine Linearform l(x) und eine Konstante c gibt, so dass Q die Nullstellenmenge von q(x) + l(x) + c ist, d.h. (1) Q = {x R n q(x) + l(x) + c = } Schreibe auch (1) Q : q(x) + l(x) + c = oder in Matrizenschreibweise (1) Q : x t Ax + b t x + c =, A und b wie oben. Beispiele: a) Ellipse: E : x 1 a 1 + x a = 1; A = b) Parabel: P : x = 4dx 1; A = ( 1 a 1 ( 1 ), b = 1 a ), b = x n ( ), c = 1. ( ) d, c =. 1

2 c) Hyperbel: H : x 1 x a 1 a = 1; A = ( 1 a 1 1 a ), b = B Metrische Klassifikation der Quadriken im R n : ( ), c = 1. Aufgabe: Finde zu einer gegebenen Quadrik eine dazu kongruente mit möglichst einfacher Gleichung. Sei wie oben (1) Q : x t Ax + b t x + c = Eine Bewegung ϕ : R n R n ist insbesondere eine Affinität. Also ist nach V, 5.1 auch ϕ(q) R n eine Quadrik und es gilt (siehe Beweis von V, 5.1): ϕ(q) : ϕ 1 (x) t Aϕ 1 (x) + b t ϕ 1 (x) + c = Nach IV, 6.1 ist A orthogonal diagonalisierbar, d.h.: Es gibt ein T O(n), so dass D = T t AT eine Diagonalmatrix ist. Folglich ist ϕ : R n R n, x T t x eine Bewegung mit ϕ(x) = T t x, also ϕ 1 (x) = Tx (wg. T t = T 1 ). Es folgt ϕ 1 (x) t Aϕ 1 (x) = x t T t ATx = x t Dx, somit ϕ(q) : x t Dx + b t Tx + c =. Dabei ist b t Tx = λ 1 x λ n x n eine Linearform. Nach evtl. Variablentausch können wir annehmen: d 1... d r d r+1 D =... d s... Somit ist jede Quadrik kongruent zu einer Quadrik Q mit n Q : d 1 x d rx r d r+1x r+1... d sx s + λ k x k + c =: p(x) = k=1

3 mit d 1,...,d s >, < s n, c >. Quadratische Ergänzung ergibt: p(x) = r d i (x i + λ i d i ) s d j (x j λ j d j ) + n k=s+1 λ k x k + a Ist also τ : R n R n die Translation um den Vektor so ist p(τ 1 (x)) = r τ(q ) : r d i x i ( λ 1 d 1,..., λ r d r, λ r+1 d r+1,..., λ s d s,,..., ) t ; d i x i s s d j x j + d j x j + n k=s+1 n k=s+1 λ k x k + a und λ k x k + a =. Fazit: Jede Quadrik ist kongruent zu einer Quadrik Q mit einer Gleichung p(x) =, wobei p(x) = r s n d i x i d j x j + b k x k c k=s+1 mit c ; d 1,...,d s >, s > und r s n. Fallunterscheidung: 1 (1) b s+1 =... = b n = c = : Setze a i := d i, also d i = 1 : a i Q : x 1 a x r a r x r+1... x s a r+1 a s = ; a 1,...,a 1 >, s >, r s n () b s+1 =... = b n =, c > : a i := c d i, also d i c = 1 : a i Q : x 1 a x r a r x r+1... x s a r+1 a s (3) Nach evtl. Umnummerierung ist b s+1. = 1; a 1,...,a s >, x >, r s n 3

4 Durch eine geeignete Bewegung werden b s+,...,b n und c beseitigt :. Sei b = b s+1. b n, v s+1 = 1 b b; v 1 = e 1,..., v s = e. Dann gilt v i, v j = für 1 i j s+1 und v i = 1, i = 1,..., s+1. Daher kann man (v 1,...,v s+1 ) zu einer Orthonormalbasis (v 1,...,v n ) von R n ergänzen. Es existiert daher eine Bewegung ϕ : R n R n mit v i e i, i = 1,...,n und es ist ϕ 1 (x) = x 1 e x s e s + x s+1 v s x n v n = (x 1,...,x s,,..., ) t x ϕ(q) ϕ 1 (x) Q p(ϕ 1 (x)) =, also ϕ(q) : = p(ϕ 1 (x)) = r d i x i s d j x j + bt ϕ 1 (x) + c b t ϕ 1 (x) = b, ϕ 1 (x) = b v s+1, x 1 e x s e s + x s+1 v s x n v n = b x s+1 v s+1, v s+1 = b x s+1 Nach Division der Gleichung durch b und Wurzelziehen ergibt sich für ϕ(q) die Darstellung r x s x i j ϕ(q) : a x i a s+1 + c = j Ersetze noch x s+1 durch x s+1 + c und mache so c zu Null. Schließlich ist Q kongruent zu einer Quadrik mit Gleichung r x s i x j = x s+1 Wir fassen zusammen: (6.1) Satz: a i a j Jede Quadrik Q R n ist kongruent zu einer Quadrik mit einer Gleichung der folgenden Form (metrische Normalform): (1) r x i a i s x j a j =, r s, < s n, a i >, i = 1,...,s 4

5 () r x i a i s x j a j = 1, r s, < s n, a i >, i = 1,...,s (3) r x i a i s x j a j = x s+1, < r s < n, a i >, i = 1,..., s Die a 1,...,a s heißen die Halbachsen von Q. Für den R erhält man nach (3.1) genauer: (6.) Korollar: Jede nichtleere Quadrik Q R ist zu einer der Folgenden kongruent: I Gleichungen mit zwei quadratischen Termen (Rang(A)=) 1. Beide quadratische Terme haben das gleiche Vorzeichen (deta > ) a) x a + y b = 1 b) x a + y b = Ellipse mit den Halbachsen a, b Typ () mit r = Q = {(x, y)} ein Punkt Typ (1) mit r = oder s =. Die Vorzeichen sind verschieden a) x a y b = 1 Hyperbel mit den Halbachsen a, b Typ () mit r = s = 1 b) x a y = sich schneidendes Geradenpaar y = ± x a durch ( Typ (1) mit r = s = 1 II Gleichungen mit nur einem quadratischen Term (Rang(A)=1) 1. Der lineare Term verschwindet nicht ) y = mx, m Parabel Typ (3) 5

6 . Der lineare Term verschwindet a) x a = 1 Paralleles Geradenpaar x = ±a Typ () b) x = (Doppel-)Gerade x = Typ (1) Im Fall n = 3 erhält man die folgenden Normalformen: (6.3) Korollar: Im R 3 gibt es die folgenden Kongruenzklassen von Quadriken Q : I Drei quadratische Terme (Rang(A)=3) 1. Alle mit dem gleichen Vorzeichen a) x a + y b + z c = 1 Ellipsoid mit den Halbachsen a, b, c Schnitt mit den Koordinatenebenen x =, y =, z = ergibt Ellipsen b) x a + y b + z c = Nullpunkt Abbildung 1: Ellipsoid 6

7 . Es treten verschiedene Vorzeichen auf a) x a + y b z c = 1 Einschaliges Hyperboloid Horizontale Schnitte: z = λ: x + y = 1 + λ Ellipsen a b c x = : y z = 1 Hyperbel b c y = : x z = 1 Hyperbel a c Abbildung : Einschaliges Hyperboloid 7

8 b) x a + y b z c = Elliptischer Doppelkegel Horizontale Schnitte: z = : -Punkt z = λ : Ellipsen Vertikale Schnitte: x = : zwei sich im Nullpunkt y = : schneidende Geraden ( y z b c )(y + z) = b c Abbildung 3: Elliptischer Doppelkegel c) x a y b + z c = 1 Zweischaliges Hyperboloid Vertikale Schnitte: x = : Hyperbel y = : Hyperbel Horizontale Schnitte: z = γ : γ < c: γ = c: Punkt γ > c: Ellipse symmetrisch zur x-y-ebene z = Abbildung 4: Zweischaliges Hyperboloid 8

9 II Gleichungen mit genau zwei quadratischen Termen (Rang(A)=) 1. Linearer Term vorhanden a) x a + y b = z Elliptisches Paraboloid Vertikale Schnitte: x =, y = : Parabeln z = y, b z = x a Horizontale Schnitte: z = γ: γ < c: γ = c: Punkt γ > c: Ellipsen symmetrisch zur x-y-ebene z = Abbildung 5: Elliptisches Paraboloid b) x a y b = z Sattelfläche Horizontale Schnitte: z = γ: Hyperbeln (Geradenpaar) in verschiedene Richtungen geöffnet für γ < und γ > Vertikale Schnitte: x = c, y = c: Parabeln Abbildung 6: Sattelfläche 9

10 . Linearer Term verschwindet a) x a + y b = 1 Elliptischer Zylinder Horizontale Schnitte: x + y a = 1: immer dieselbe b Ellipse Abbildung 7: Elliptischer Zylinder b) x a y b = 1 Hyperbolischer Zylinder Horizontale Schnitte: x y a = 1: immer dieselbe b Hyperbel Abbildung 8: Hyperbolischer Zylinder 1

11 c) x a y b = zwei sich schneidende Ebenen ( x y a b )(x + y ) = a b d) x a + y b = Abbildung 9: Sich schneidende Ebenen z-achse III Gleichungen mit nur einem quadratischen Term 1. Linearer Term vorhanden y = mx Parabolischer Zylinder Abbildung 1: Parabolischer Zylinder 11

12 . Linearer Term verschwindet a) x a = 1 x = a x = ±a zwei parallele Ebenen Abbildung 11: Parallele Ebenen b) x = y-z-ebene x = C Praktisches Vorgehen beim Aufsuchen von Normalformen einer Quadrik (1) Q : x t Ax + b t x + c = 1. Schritt: Vereinfachung des quadratischen Teils x t Ax. a) Bestimme das charakteristische Polynom von A und dessen Nullstellen λ 1,...,λ n (λ i = λ j für i j möglich). b) Bestimme eine Orthonormalbasis (v 1,...,v n ) von R n bestehend aus Eigenvektoren v i zum Eigenwert λ i, i = 1,...,n. c) Bilde die Matrix S mit den Spalten v 1,...,v n, sowie S t. Dann ist S orthogonal, d.h. S t = S 1. Es folgt λ 1 S t AS = S 1 AS =... Diagonalmatrix. λ n 1

13 Sei ϕ : R n R n, x y = S t x = S 1 x(x = Sy). Dann ist ϕ eine Bewegung und () Q ϕ(q) : λ 1 y λ n y n + b t Sy + c = Nicht vergessen: Auch der lineare Term b t x muss transformiert werden!! Beispiel: (1) Q : 9x 1 + 4x 1x + 36x 118x 1 4x 55 = ( ) ( ) 9 1 λ 9 1 A = χ 1 36 A (λ) = det = λ 1 λ 36 65λ + 9 mit Nullstellen ( λ 1 = 45, λ ) =. ( ) ( ) ( ) x1 45E A = ; = hat die Lösung ( ) x 3 w 1 =. Also ist w 4 1 Eigenvektor zum Eigenwert λ 1 = 45; ( ) 4 w = w 3 1, also ist w Eigenvektor zum Eigenwert λ =. w 1 = w = ( 9 ) + 16 = 5 : v 1 := ( 1w 5 1, v := ) 1w 5( und ) ( ) S = 1 ; S = S t = 1 x1 y1 ; = S, d.h x y x 1 = 1(3y 5 1 4y ), x = 1(4y y ). Einsetzen in (1): ϕ(q) : 45y1 + y 118(3y 5 1 4y ) 4(4y y ) 55 =, also () ϕ(q) : 45y 1 + y 9y 1 + 8y 55 = Bemerkung: Im Fall b = braucht S zur Bestimmung des Typs nicht berechnet werden, sondern nur λ 1,...,λ n. Will man aber wissen, wo die Hauptachsen der ursprünglichen Quadrik liegen, so muß S doch bestimmt werden.. Schritt: Führe in der vereinfachten Gleichung () noch quadratische Ergänzung durch (siehe Beweis von 6.1). Im Beispiel: Q : 45y1 + y 9y 1 + 8y 55 = : 5 Q : 9(y1 y 1 + 1) + 4(y + 4y + 4) 36 = : 36 Q (y : 1 1) + (y +) = Q z1 : 4 + z 9 = 1 mit z 1 = y 1 1, z = y + ; a 1 =, a = 3 13

14 Also ist ( Q eine ) Ellipse mit den Halbachsen und 3. Der Mittelpunkt von 1 Q ist und Q = S t Q. Es folgt: ( ) ( ) 1 11 Der Mittelpunkt von Q ist S = 1. Die Eigenvektoren von 5 A geben die Richtung der Hauptachsen von Q vor: Die Hauptachsen von Q sind somit die Geraden ( ) R v 5 1 und 1 ( ) 11 + Rv 5 Beispiel im R 3 : (1) Q : 5x 1 + 7x + 6x 3 4x 1 x 3 4x x 3 x 1 + x 8x = 5 A = 7 χ a (λ) = λ 3 18λ + 99λ 16 6 Alle Koeffizienten von χ A (λ) (bis auf den höchsten) sind durch 3 teilbar. Fazit: Hat χ A eine ganzzahlige Nullstelle, so ist diese durch 3 teilbar. Probiere deshalb λ = 3: χ A (3) = = : λ 1 = 3 Polynomdivision: χ A (λ) : (λ 3) = λ 15λ + 54 mit den Nullstellen λ = 6 und λ 3 = 9. Bestimme Eigenvektoren zu λ 1, λ und λ 3 : 9 3E 3 A = 4 4 w 1 = 3 1 Eigenvektor zu λ 1 = 3, w 1 = 3. Setze daher v 1 := ist 14

15 Analoge Rechnungen ergeben: v = 1 ist Eigenvektor zu λ = v 3 = 1 1 ist Eigenvektor zu λ 3 = 9 und 3 (v 1, v, v 3 ) ist eine Orthonormalbasis von R 3. 1 Die zugehörige Matrix ist S = 1 1, somit S t AS = 3 1 y 1 x 1 Setze y = y = S t x, somit x = Sy. Es folgt y x x 1 = 1 3 (y 1 y + y 3 ); x = 1 3 (y 1 + y + y 3 ); x 3 = 1 3 (y 1 + y y 3 ) 3 Einsetzen in (1) ergibt wegen S t AS = 6 : 9 Q : 3y1 + 6y + 9y3 3 (y 1 y + y 3 ) + 3 (y 1 + y + y 3 ) 8 3 (y 1 + y y 3 ) = 3y1 + 6y + 9y y y 3 = 9 : 6 Q : Q : y 1 + (y + y + 1) + 3 (y 3 + y 3 + 1) = = 1 y1 ( ) + (y + 1) + (y 3 + 1) = 1 1 ( 3 ) Also ist Q ein Ellipsoid mit den Halbachsen, 1 und