(1) $3x^2 - 2xy + 3y^2 = 4$

可用矩陣表示成：
$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 4$

令 $A = \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{bmatrix}$

$P_A(t) = t^2 - 6t + 8 = (t-2)(t-4)$

- 對於 eigenvalue 為 2： 
$A - 2I_2 = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{E.R.O.}} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$
$\therefore E_A(2) = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}$

- 對於 eigenvalue 為 4：  
$A - 4I_2 = \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ -1 & -1 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{E.R.O.}} \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$
$\therefore E_A(4) = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}$

令 $Q = \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix}$，$D = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 4 \end{bmatrix}$，
則有 $Q^t A Q = D$

令 $\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix}$，

則 $\begin{bmatrix} \bar{x} & \bar{y} \end{bmatrix} Q^t A Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = 4$

$\begin{bmatrix} \bar{x} & \bar{y} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = 4$

$2\bar{x}^2 + 4\bar{y}^2 = 4$

$\frac{\bar{x}^2}{2} + \bar{y}^2 = 1$

故其圖形為橢圓.

\[
\begin{array}{c|c|c}
\hline
& \text{新坐標 } (\bar{x}, \bar{y}) & \text{原坐標 } (x, y) \\
\hline
\text{頂點} & (\sqrt{2}, 0), (-\sqrt{2}, 0) & (1, 1), (-1, -1) \\
& (0, 1), (0, -1) & (-1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}), (1/\sqrt{2}, -1/\sqrt{2}) \\
\hline
\text{長軸} & \bar{y} = 0 & y = x \\
\hline
\text{短軸} & \bar{x} = 0 & y = -x \\
\hline
\end{array}
\]

注：（坐標轉換計算）

- $\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = Q \begin{bmatrix} \pm\sqrt{2} \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \pm 1 \\ \pm 1 \end{bmatrix}$
- $\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = Q \begin{bmatrix} 0 \\ \pm 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mp 1/\sqrt{2} \\ \pm 1/\sqrt{2} \end{bmatrix}$
- $\begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = Q^t \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x/\sqrt{2} + y/\sqrt{2} \\ -x/\sqrt{2} + y/\sqrt{2} \end{bmatrix}$

(2) $16x^2 + 24xy + 9y^2 - 3x + 4y = 5$

可用矩陣表示成：
$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 16 & 12 \\ 12 & 9 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -3 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 5$

令 $A = \begin{bmatrix} 16 & 12 \\ 12 & 9 \end{bmatrix}$

$P_A(t) = t^2 - 25t + 0 = t(t - 25)$

- 對於 eigenvalue 為 0：  
$A - 0I_2 = \begin{bmatrix} 16 & 12 \\ 12 & 9 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{E.R.O.}} \begin{bmatrix} 4 & 3 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$  
$E_A(0) = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} -3/4 \\ 1 \end{bmatrix} \right\} = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} -3 \\ 4 \end{bmatrix} \right\}$

- 對於 eigenvalue 為 25：  
$A - 25I_2 = \begin{bmatrix} -9 & 12 \\ 12 & -16 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{E.R.O.}} \begin{bmatrix} -3 & 4 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$  
$E_A(25) = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} 4/3 \\ 1 \end{bmatrix} \right\} = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} 4 \\ 3 \end{bmatrix} \right\}$

令 $Q = \begin{bmatrix} -3/5 & 4/5 \\ 4/5 & 3/5 \end{bmatrix}$，$D = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 25 \end{bmatrix}$，
則有 $Q^t A Q = D$

令 $\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix}$，

則 $\begin{bmatrix} \bar{x} & \bar{y} \end{bmatrix} Q^t A Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -3 & 4 \end{bmatrix} Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = 5$

$\begin{bmatrix} \bar{x} & \bar{y} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 25 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 5 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = 5$

$25\bar{y}^2 + 5\bar{x} = 5$

$5\bar{y}^2 + \bar{x} = 1$

$\bar{y}^2 = \frac{1}{5}(1 - \bar{x}) = 4 \left( -\frac{1}{20} \right) (\bar{x} - 1)$

故其圖形為拋物線.

\[
\begin{array}{c|c|c}
\hline
& \text{新坐標 } (\bar{x}, \bar{y}) & \text{原坐標 } (x, y) \\
\hline
\text{頂點} & (1, 0) & (-3/5, 4/5) \\
\hline
\text{對稱軸} & \bar{y} = 0 & y = -\frac{4}{3}x \\
\hline
\end{array}
\]

注：（坐標轉換計算）

- $\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = Q \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3/5 \\ 4/5 \end{bmatrix}$
- $\begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = Q^t \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3/5 & 4/5 \\ 4/5 & 3/5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3x/5 + 4y/5 \\ 4x/5 + 3y/5 \end{bmatrix}$

(3) $7x^2 + 12xy - 2y^2 - 2x + 4y = 6$

可用矩陣表示成：
$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 7 & 6 \\ 6 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -2 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 6$

令 $A = \begin{bmatrix} 7 & 6 \\ 6 & -2 \end{bmatrix}$

$P_A(t) = t^2 - 5t - 50 = (t-10)(t+5)$

- 對於 eigenvalue 為 10：  
$A - 10I_2 = \begin{bmatrix} -3 & 6 \\ 6 & -12 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{E.R.O.}} \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$  
$E_A(10) = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}$

- 對於 eigenvalue 為 -5：  
$A + 5I_2 = \begin{bmatrix} 12 & 6 \\ 6 & 3 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{E.R.O.}} \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$  
$E_A(-5) = \text{Span} \left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \end{bmatrix} \right\}$

令 $Q = \begin{bmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{5} \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \end{bmatrix}$，$D = \begin{bmatrix} 10 & 0 \\ 0 & -5 \end{bmatrix}$，
則有 $Q^t A Q = D$

令 $\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix}$，

則 $\begin{bmatrix} \bar{x} & \bar{y} \end{bmatrix} Q^t A Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -2 & 4 \end{bmatrix} Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = 6$

$\begin{bmatrix} \bar{x} & \bar{y} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 10 & 0 \\ 0 & -5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & 2\sqrt{5} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = 6$

$10\bar{x}^2 - 5\bar{y}^2 + 2\sqrt{5}\bar{y} = 6$

$10\bar{x}^2 - 5\left(\bar{y}^2 - \frac{2}{\sqrt{5}}\bar{y} + \frac{1}{5}\right) + 1 = 6$

$10\bar{x}^2 - 5\left(\bar{y} - \frac{1}{\sqrt{5}}\right)^2 = 5$

$2\bar{x}^2 - \left(\bar{y} - \frac{1}{\sqrt{5}}\right)^2 = 1$

故其圖形為雙曲線.

\[
\begin{array}{c|c|c}
\hline
& \text{新坐標 } (\bar{x}, \bar{y}) & \text{原坐標 } (x, y) \\
\hline
\text{頂點} & \left(0, \frac{1}{\sqrt{5}}\right) & \left(-\frac{1}{5}, \frac{2}{5}\right) \\
\hline
\text{貫軸} & \bar{y} = \frac{1}{\sqrt{5}} & x + 2y = 1 \\
\hline
\text{漸近線} & \bar{y} = \frac{1}{\sqrt{5}} \pm \sqrt{2}\bar{x} & (1 \pm 2\sqrt{2})x - (2 \mp \sqrt{2})y + 1 = 0 \\
\hline
\end{array}
\]

注：（坐標轉換計算）

- $\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = Q \begin{bmatrix} 0 \\ 1/\sqrt{5} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1/5 \\ 2/5 \end{bmatrix}$

- $\begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{bmatrix} = Q^t \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} \\ -1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2x/\sqrt{5} + y/\sqrt{5} \\ -x/\sqrt{5} + 2y/\sqrt{5} \end{bmatrix}$

- 貫軸：$\frac{1}{\sqrt{5}} = -\frac{x}{\sqrt{5}} + \frac{2y}{\sqrt{5}} \Rightarrow 1 = -x + 2y \Rightarrow x + 2y = 1$

- 漸近線：$2\bar{x}^2 - \left(\bar{y} - \frac{1}{\sqrt{5}}\right)^2 = 0 \Rightarrow \bar{y} = \frac{1}{\sqrt{5}} \pm \sqrt{2}\bar{x}$  
經代入 $\bar{x}, \bar{y}$ 關係式化簡後得：$(1 \pm 2\sqrt{2})x - (2 \mp \sqrt{2})y + 1 = 0$

針對 (3) 參考解答

\((\overline{x}, \overline{y})=(0,\frac{1}{\sqrt{5}})\) 應為中心而非頂點

因為頂點的一項性質是：它們是雙曲線與其貫軸的焦點，故可用以下方法找出頂點：

將 \(\overline{y}=\frac{1}{\sqrt{5}}\) 代入 \(2\overline{x}^2-(\overline{y}-\frac{1}{\sqrt{5}})^2=1\) 後得到 \(\overline{x} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}\)，因此 \((\overline{x},\overline{y})=(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{5}})\) 即為真正的頂點，他們的原座標是 \((x,y)=(-\frac{1}{5} \pm \frac{\sqrt{10}}{5}, \frac{2}{5} \pm \frac{\sqrt{10}}{10})\)