考慮方程式

$$3x^2 + 2xy + 2xz + 4yz = 4.$$

二次項部分的對稱矩陣為

$$A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}.$$

其 characteristic polynomial 為

$$p_A(t) = -(t+2)(t-1)(t-4),$$

易知 eigenvalues 為 $\lambda_1 = -2,\ \lambda_2 = 1,\ \lambda_3 = 4$。由於 $A$ 為 symmetric matrix，依 Spectral Theorem 必為 orthogonal diagonalizable。

對於 $\lambda_1 = -2$，eigenvector 可取 $v_1 = (0,\, 1,\, -1)$；對於 $\lambda_2 = 1$，eigenvector 可取 $v_2 = (-1,\, 1,\, 1)$；對於 $\lambda_3 = 4$，eigenvector 可取 $v_3 = (2,\, 1,\, 1)$。

由於三個 eigenvalues 兩兩相異，由 Proposition 8.2.7 可知不同 eigenvalues 之間的 eigenvectors 必兩兩正交。單位化後得

$$u_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix},\quad u_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\quad u_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

為 $\mathbb{R}^3$ 的一組 orthonormal basis。令

$$Q = \begin{pmatrix} 0 & -1/\sqrt{3} & 2/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{3} & 1/\sqrt{6} \\ -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{3} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix},\qquad Q^t A Q = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}.$$

此處 $A$ 與 $D$ 分別為同一個線性算子 $T(\mathbf{x}) = A\mathbf{x}$ 在標準基底與新基底 $\beta = (u_1, u_2, u_3)$ 下的表現矩陣，$Q$ 為 $\beta$ 到標準基底的 change-of-basis matrix；換言之，曲面本身並未移動，改變的只是描述它所用的坐標軸。

考慮變數變換 $$\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \\ \bar{z} \end{pmatrix}$$

亦即

$$\begin{cases} x = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}\bar{y} + \dfrac{2}{\sqrt{6}}\bar{z}, \\[4pt] y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\bar{x} + \dfrac{1}{\sqrt{3}}\bar{y} + \dfrac{1}{\sqrt{6}}\bar{z}, \\[4pt] z = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\bar{x} + \dfrac{1}{\sqrt{3}}\bar{y} + \dfrac{1}{\sqrt{6}}\bar{z}. \end{cases}$$

代入原方程式，原式之二次項變為 $-2\bar{x}^2 + \bar{y}^2 + 4\bar{z}^2$；由於原方程式無一次項，故新方程式為

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

寫成標準式即

$$\frac{\bar{y}^2}{4} + \bar{z}^2 - \frac{\bar{x}^2}{2} = 1.$$

此為 hyperboloid of one sheet（單葉雙曲面），中心在原點。

 (2) 

給定二次曲面方程式：

\[ 2x^2 + 2xy + 2xz + 2yz - x + y + z = 1 \]

將方程式寫成矩陣形式 $\mathbf{x}^T A \mathbf{x} + B \mathbf{x} = 1$：

\[\begin{bmatrix} x & y & z \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = 1\]

\[\det \begin{bmatrix} 2-t & 1 & 1 \\ 1 & -t & 1 \\ 1 & 1 & -t \end{bmatrix} = -t^3 + 2t^2 + 3t = -t(t-3)(t+1) = 0\]

解得特徵值為：

\[ \lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = 0, \quad \lambda_3 = -1 \]

  當 $\lambda_1 = 3$ 時：

    \[    A - 3I = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}     \implies v_1 = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}   \]      

當 $\lambda_2 = 0$ 時：

    \[     A - 0I = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}  \implies v_2 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}  \]

    當 $\lambda_3 = -1$ 時：

    \[  A + I = \begin{bmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}  \implies v_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}\]

組成正交矩陣 $Q = [v_1 \ v_2 \ v_3]$：

\[Q = \begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}\]

令變換關係為 $\mathbf{x} = Q \mathbf{\bar{x}}$，即：

\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 \\\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \\ \bar{z} \end{bmatrix}

二次項部分化為對角矩陣：

\[ \mathbf{x}^T A \mathbf{x} = 3\bar{x}^2 + 0\bar{y}^2 - \bar{z}^2 \]

一次項（線性項）變換為：

\[\begin{bmatrix} -1 & 1 & 1 \end{bmatrix} Q \begin{bmatrix} \bar{x} \\ \bar{y} \\ \bar{z} \end{bmatrix} = \sqrt{3}\bar{y}\]

將兩部分合併，得到新坐標系下的標準式：

\[ 3\bar{x}^2 - \bar{z}^2 + \sqrt{3}\bar{y} = 1 \]

由於方程式中包含兩個異號的二次項（$3\bar{x}^2, -\bar{z}^2$）與一個一次項（$\sqrt{3}\bar{y}$），故此二次曲面為雙曲拋物面 (Hyperbolic paraboloid)。

目前這個式子 $3\bar{x}^2 - \bar{z}^2 + \sqrt{3}\bar{y} = 1$ 還不算最終的標準式，這個雙曲拋物面的中心頂點（鞍點）此時並不在新坐標系的原點。

將方程式移項：
$$ \sqrt{3}\bar{y} = 1 - 3\bar{x}^2 + \bar{z}^2 $$
$$ \sqrt{3}\left(\bar{y} - \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \bar{z}^2 - 3\bar{x}^2 $$

此時，定義經偏移後的新坐標變數 $(x', y', z')$ ：
$$ x' = \bar{x}, \quad y' = \bar{y} - \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad z' = \bar{z} $$

代入後可得到標準式：
$$ 3x'^2 - z'^2 + \sqrt{3}y' = 0 $$

由標準式可以看出，中心點在新坐標系中位於 $(x', y', z') = (0,0,0)$，亦即原先 $(\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})$ 坐標系中的 $\left(0, \frac{1}{\sqrt{3}}, 0\right)$ 

我們不希望同學用背的方式記憶這些圖形。請依照上課幫大家整理分類好的英文命名原則處理：計算出 eigenvalue 後，若皆不等於 $0$，請按讓新坐標的 $x,y$ 係數同號方式處理。而 eigenvalue 若有 $0$ ，請按讓 $z$、$y$ 係數為 $0$ 的順序。這樣可以讓中心軸永遠在 $z$ 軸，再用我們介紹的準則看 $x=0$, $y=0$ 所截曲線來判斷主體，並利用 $z=k$ 來形容其樣貌。

另外為了閱卷方便，寫成標準式請不要除以常數項（否則常數項為 $0$ 怎麼辦？)，請保留平方項係數皆為 eigenvalue 的形式。