林宥呈 11 May 2026 討論區 線性代數習題討論 (1) (2) 參考答案 gata666 四, 2026-05-28 17:58 考慮二元二次方程式7x2+12xy-2y2-2ax+4ay=b.7x^2 + 12xy - 2y^2 - 2ax + 4ay = b.二次項部分的對稱矩陣為A=766-2,A = \begin{pmatrix} 7 & 6 \\ 6 & -2 \end{pmatrix},其 characteristic polynomial 為pA(t)=t2-5t-50=(t-10)(t+5),p_A(t) = t^2 - 5t - 50 = (t-10)(t+5),故 eigenvalues 為 $\lambda_1 = 10,\ \lambda_2 = -5$。由於 $A$ 為 symmetric matrix，依 Spectral Theorem 必為 orthogonal diagonalizable。對於 $\lambda_1 = 10$，eigenvector 可取 $u_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$；對於 $\lambda_2 = -5$，eigenvector 可取 $u_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}$。令Q=152-112, QtAQ=1000-5.Q = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix},\qquad Q^t A Q = \begin{pmatrix} 10 & 0 \\ 0 & -5 \end{pmatrix}.考慮變數變換 $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{pmatrix}$。二次項部分變為 $10\bar{x}^2 - 5\bar{y}^2$；一次項係數則為-2a4aQ=15-2a4a2-112=025 a.\begin{pmatrix} -2a & 4a \end{pmatrix} Q = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} -2a & 4a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2\sqrt{5}\,a \end{pmatrix}.因此新座標下的方程式為10x¯2-5y¯2+25 a y¯=b.10\bar{x}^2 - 5\bar{y}^2 + 2\sqrt{5}\,a\,\bar{y} = b.配方法得10x¯2-5y¯-55a2=b-a2. (*)10\bar{x}^2 - 5\left(\bar{y} - \frac{\sqrt{5}}{5}a\right)^2 = b - a^2. \qquad (\ast)由於 $\lambda_1,\lambda_2$ 異號，此方程式屬於雙曲線類。設 $f' = b - a^2$，則由分類 (B)：$f' \neq 0$ 時為雙曲線，$f' = 0$ 時退化為兩相交直線。 (1) 固定 $a = 1$代入 $a = 1$，式 $(\ast)$ 成為10x¯2-5y¯-552=b-1.10\bar{x}^2 - 5\left(\bar{y} - \frac{\sqrt{5}}{5}\right)^2 = b - 1.退化條件：當 $f' = b - 1 = 0$，即 $b = 1$ 時，圖形退化為兩相交直線。非退化情形（$b \neq 1$）下，$b$ 改變時的各項變化：漸近線、貫軸、對稱軸（方程式）：不改變。這些量只取決於二次項部分與中心位置。$a$ 固定時 eigenvector 方向固定，且配方後中心位置 $(\bar{x},\bar{y}) = \left(0,\ \tfrac{\sqrt{5}}{5}\right)$ 不隨 $b$ 改變，故這些直線方程式皆與 $b$ 無關。中心、焦點、頂點坐標：中心不隨 $b$ 改變（如上）。但頂點與焦點位置取決於貫軸的「半長」，而式 $(\ast)$ 右側 $f' = b-1$ 隨 $b$ 改變，使得半實軸／半虛軸長改變，因此頂點與焦點坐標會隨 $b$ 改變（僅沿固定的貫軸方向移動）。 (2) 固定 $b \in \mathbb{R}$，討論 $a$ 變化由式 $(\ast)$，退化條件為 $f' = b - a^2 = 0$，即a=±b (當 b≥0).a = \pm\sqrt{b}\quad(\text{當 } b \ge 0).（當 $b < 0$ 時無實數解，故任何 $a$ 皆為非退化雙曲線。）非退化情形下，$a$ 改變時的各項變化：1. 漸近線、貫軸、對稱軸的斜率：不改變。這些方向由 $A$ 的 eigenvector 決定，而 $A$ 與 $a$ 無關，故方向（斜率）固定。2. 焦距、貫軸長：會改變。式 $(\ast)$ 右側為 $f' = b - a^2$，隨 $a$ 改變而改變，使得半軸長與焦距隨之改變。3. 中心、焦點、頂點坐標：會改變。配方後中心在新座標為 $\left(0,\ \tfrac{\sqrt{5}}{5}a\right)$，隨 $a$ 改變而平移；焦點與頂點亦隨中心與半軸長改變而改變。 登入 或 註冊 以發表評論。
(1) (2) 參考答案 gata666 四, 2026-05-28 17:58 考慮二元二次方程式7x2+12xy-2y2-2ax+4ay=b.7x^2 + 12xy - 2y^2 - 2ax + 4ay = b.二次項部分的對稱矩陣為A=766-2,A = \begin{pmatrix} 7 & 6 \\ 6 & -2 \end{pmatrix},其 characteristic polynomial 為pA(t)=t2-5t-50=(t-10)(t+5),p_A(t) = t^2 - 5t - 50 = (t-10)(t+5),故 eigenvalues 為 $\lambda_1 = 10,\ \lambda_2 = -5$。由於 $A$ 為 symmetric matrix，依 Spectral Theorem 必為 orthogonal diagonalizable。對於 $\lambda_1 = 10$，eigenvector 可取 $u_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$；對於 $\lambda_2 = -5$，eigenvector 可取 $u_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}$。令Q=152-112, QtAQ=1000-5.Q = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix},\qquad Q^t A Q = \begin{pmatrix} 10 & 0 \\ 0 & -5 \end{pmatrix}.考慮變數變換 $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{pmatrix}$。二次項部分變為 $10\bar{x}^2 - 5\bar{y}^2$；一次項係數則為-2a4aQ=15-2a4a2-112=025 a.\begin{pmatrix} -2a & 4a \end{pmatrix} Q = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} -2a & 4a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2\sqrt{5}\,a \end{pmatrix}.因此新座標下的方程式為10x¯2-5y¯2+25 a y¯=b.10\bar{x}^2 - 5\bar{y}^2 + 2\sqrt{5}\,a\,\bar{y} = b.配方法得10x¯2-5y¯-55a2=b-a2. (*)10\bar{x}^2 - 5\left(\bar{y} - \frac{\sqrt{5}}{5}a\right)^2 = b - a^2. \qquad (\ast)由於 $\lambda_1,\lambda_2$ 異號，此方程式屬於雙曲線類。設 $f' = b - a^2$，則由分類 (B)：$f' \neq 0$ 時為雙曲線，$f' = 0$ 時退化為兩相交直線。 (1) 固定 $a = 1$代入 $a = 1$，式 $(\ast)$ 成為10x¯2-5y¯-552=b-1.10\bar{x}^2 - 5\left(\bar{y} - \frac{\sqrt{5}}{5}\right)^2 = b - 1.退化條件：當 $f' = b - 1 = 0$，即 $b = 1$ 時，圖形退化為兩相交直線。非退化情形（$b \neq 1$）下，$b$ 改變時的各項變化：漸近線、貫軸、對稱軸（方程式）：不改變。這些量只取決於二次項部分與中心位置。$a$ 固定時 eigenvector 方向固定，且配方後中心位置 $(\bar{x},\bar{y}) = \left(0,\ \tfrac{\sqrt{5}}{5}\right)$ 不隨 $b$ 改變，故這些直線方程式皆與 $b$ 無關。中心、焦點、頂點坐標：中心不隨 $b$ 改變（如上）。但頂點與焦點位置取決於貫軸的「半長」，而式 $(\ast)$ 右側 $f' = b-1$ 隨 $b$ 改變，使得半實軸／半虛軸長改變，因此頂點與焦點坐標會隨 $b$ 改變（僅沿固定的貫軸方向移動）。 (2) 固定 $b \in \mathbb{R}$，討論 $a$ 變化由式 $(\ast)$，退化條件為 $f' = b - a^2 = 0$，即a=±b (當 b≥0).a = \pm\sqrt{b}\quad(\text{當 } b \ge 0).（當 $b < 0$ 時無實數解，故任何 $a$ 皆為非退化雙曲線。）非退化情形下，$a$ 改變時的各項變化：1. 漸近線、貫軸、對稱軸的斜率：不改變。這些方向由 $A$ 的 eigenvector 決定，而 $A$ 與 $a$ 無關，故方向（斜率）固定。2. 焦距、貫軸長：會改變。式 $(\ast)$ 右側為 $f' = b - a^2$，隨 $a$ 改變而改變，使得半軸長與焦距隨之改變。3. 中心、焦點、頂點坐標：會改變。配方後中心在新座標為 $\left(0,\ \tfrac{\sqrt{5}}{5}a\right)$，隨 $a$ 改變而平移；焦點與頂點亦隨中心與半軸長改變而改變。 登入 或 註冊 以發表評論。
(1) (2) 參考答案
考慮二元二次方程式
二次項部分的對稱矩陣為
其 characteristic polynomial 為
故 eigenvalues 為 $\lambda_1 = 10,\ \lambda_2 = -5$。由於 $A$ 為 symmetric matrix，依 Spectral Theorem 必為 orthogonal diagonalizable。
對於 $\lambda_1 = 10$，eigenvector 可取 $u_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$；對於 $\lambda_2 = -5$，eigenvector 可取 $u_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}$。
令
考慮變數變換 $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \end{pmatrix}$。二次項部分變為 $10\bar{x}^2 - 5\bar{y}^2$；一次項係數則為
因此新座標下的方程式為
配方法得
由於 $\lambda_1,\lambda_2$ 異號，此方程式屬於雙曲線類。設 $f' = b - a^2$，則由分類 (B)：$f' \neq 0$ 時為雙曲線，$f' = 0$ 時退化為兩相交直線。
(1) 固定 $a = 1$
代入 $a = 1$，式 $(\ast)$ 成為
退化條件：當 $f' = b - 1 = 0$，即 $b = 1$ 時，圖形退化為兩相交直線。
非退化情形（$b \neq 1$）下，$b$ 改變時的各項變化：
(2) 固定 $b \in \mathbb{R}$，討論 $a$ 變化
由式 $(\ast)$，退化條件為 $f' = b - a^2 = 0$，即
（當 $b < 0$ 時無實數解，故任何 $a$ 皆為非退化雙曲線。）
非退化情形下，$a$ 改變時的各項變化：
1. 漸近線、貫軸、對稱軸的斜率：不改變。這些方向由 $A$ 的 eigenvector 決定，而 $A$ 與 $a$ 無關，故方向（斜率）固定。
2. 焦距、貫軸長：會改變。式 $(\ast)$ 右側為 $f' = b - a^2$，隨 $a$ 改變而改變，使得半軸長與焦距隨之改變。
3. 中心、焦點、頂點坐標：會改變。配方後中心在新座標為 $\left(0,\ \tfrac{\sqrt{5}}{5}a\right)$，隨 $a$ 改變而平移；焦點與頂點亦隨中心與半軸長改變而改變。