Assuming typo error, and modifying the condition of the question into
"Reduce the quadratic form 8 x 2 + 7 y 2 + 3 z 2 − 12 x y − 8 y z + 4 z x 8x^2+7y^2+3z^2-12xy-8yz+4zx 8 x 2 + 7 y 2 + 3 z 2 − 12 x y − 8 yz + 4 z x
to the canonical form through orthogonal transformation and hence show it is positive semi-definate"
Solution
Converting to matrix form
A= [ 8 − 6 2 − 6 7 − 4 2 − 4 3 ] \begin{bmatrix}
8&-6& 2 \\
-6&7& -4\\
2&-4&3
\end{bmatrix} ⎣ ⎡ 8 − 6 2 − 6 7 − 4 2 − 4 3 ⎦ ⎤
Characteristic equation
det ∣ ∣ A − λ I ∣ ∣ = 0 ||A-\lambda\Iota||=0 ∣∣ A − λ I ∣∣ = 0
det ∥ 8 − λ − 6 2 − 6 7 − λ − 4 2 − 4 3 − λ ∥ \begin{Vmatrix}
8-\lambda&-6& 2\\
-6&7-\lambda & -4\\
2&-4&3-\lambda
\end{Vmatrix} ∥ ∥ 8 − λ − 6 2 − 6 7 − λ − 4 2 − 4 3 − λ ∥ ∥ =0...(i)
Characteristic polynomial
λ 3 − D 1 λ 2 + D 2 λ − D 3 = 0 \lambda^3-D_1\lambda^2+D_2\lambda-D_3=0 λ 3 − D 1 λ 2 + D 2 λ − D 3 = 0
Where D 1 = D_1= D 1 = sum of main diagonal element
= 8 + 7 + 3 = 18 =8+7+3=18 = 8 + 7 + 3 = 18
D 2 = D_2= D 2 = sum of minors of the main diagonal element
D 2 = ∣ 7 − 4 − 4 3 ∣ D_2=\begin{vmatrix}
7& -4\\
-4& 3
\end{vmatrix} D 2 = ∣ ∣ 7 − 4 − 4 3 ∣ ∣ + ∣ 8 2 2 3 ∣ \begin{vmatrix}
8 & 2 \\
2 & 3
\end{vmatrix} ∣ ∣ 8 2 2 3 ∣ ∣ +
∣ 8 − 6 − 6 7 ∣ \begin{vmatrix}
8 & -6\\
-6& 7
\end{vmatrix} ∣ ∣ 8 − 6 − 6 7 ∣ ∣ = 5 + 20 + 20 = 45 =5+20+20=45 = 5 + 20 + 20 = 45
D 3 = D_3= D 3 = Det ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ = 8 ( 21 − 16 ) − 8(21-16)- 8 ( 21 − 16 ) −
-6 ( − 18 + 8 ) + 2 ( 56 − 36 ) 6(-18+8)+2(56-36) 6 ( − 18 + 8 ) + 2 ( 56 − 36 ) =
Characteristic equation is
λ 3 − 18 λ 2 + 45 λ = 0 \lambda^3-18\lambda^2+45\lambda=0 λ 3 − 18 λ 2 + 45 λ = 0
Solving for λ ; \lambda; λ ;
λ = 0 , λ = 3 , λ = 15 \lambda=0, \>\lambda=3,\>\lambda=15 λ = 0 , λ = 3 , λ = 15
Finding Eigenvector
Case 1 λ = 0 \lambda=0 λ = 0
r r e f ( 8 − 6 2 − 6 7 − 4 2 − 4 3 ) rref \>\begin{pmatrix}
8&-6 & 2\\
-6&7 & -4\\
2&-4&3
\end{pmatrix} rre f ⎝ ⎛ 8 − 6 2 − 6 7 − 4 2 − 4 3 ⎠ ⎞ =
( 1 0 1 2 0 1 − 1 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
1&0& \frac{1}{2} \\
0&1 & -1\\
0&0&0
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 1 0 0 0 1 0 2 1 − 1 0 ⎠ ⎞
( 1 0 − 1 2 0 1 − 1 0 0 0 ) ( x y z ) \begin{pmatrix}
1&0 & \frac{-1}{2}\\
0&1 & -1\\
0&0&0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 1 0 0 0 1 0 2 − 1 − 1 0 ⎠ ⎞ ⎝ ⎛ x y z ⎠ ⎞ =
⟹ x = 1 2 z \implies\>x=\frac{1}{2}z ⟹ x = 2 1 z
y = z y=z y = z
Vector =( 1 2 1 1 ) \begin{pmatrix}
\frac{1}{2} \\
1 \\
1
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 2 1 1 1 ⎠ ⎞ =( 1 2 2 ) \begin{pmatrix}
1 \\
2\\
2
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 1 2 2 ⎠ ⎞
Case 2 λ = 3 , \lambda =3, λ = 3 , substituting λ = 3 \lambda=3 λ = 3 in.....(i)
( 5 − 6 2 − 6 4 − 4 2 − 4 0 ) ( x y z ) \begin{pmatrix}
5&-6 & 2 \\
-6&4 & -4\\
2&-4&0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 5 − 6 2 − 6 4 − 4 2 − 4 0 ⎠ ⎞ ⎝ ⎛ x y z ⎠ ⎞ =0
Using ref of the matrix
( 1 0 1 0 1 1 2 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
1&0& 1\\
0&1&\frac{1}{2} \\
0&0&0
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 1 0 0 0 1 0 1 2 1 0 ⎠ ⎞ ( x y z ) \begin{pmatrix}
x\\
y \\
z
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ x y z ⎠ ⎞ =0
⟹ x = − z \implies\>x=-z ⟹ x = − z
y = − 1 2 z y=\>\frac{-1}{2}z y = 2 − 1 z let z = 1 z=1 z = 1
Vector is ( − 1 − 1 2 1 ) \begin{pmatrix}
-1 \\
\frac{-1}{2} \\
1
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ − 1 2 − 1 1 ⎠ ⎞ =( − 2 − 1 2 ) \begin{pmatrix}
-2 \\
-1\\
2
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ − 2 − 1 2 ⎠ ⎞
Case 3, λ = 15 , \lambda=15, λ = 15 , substituting λ = 15 \lambda=15 λ = 15 in .....(i)
( − 7 − 6 2 − 6 − 8 − 4 2 − 4 − 12 ) ( x y z ) \begin{pmatrix}
-7&-6 & 2 \\
-6&-8& -4\\
2&-4&-12
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ − 7 − 6 2 − 6 − 8 − 4 2 − 4 − 12 ⎠ ⎞ ⎝ ⎛ x y z ⎠ ⎞ =0,using rref form
( 1 0 − 2 0 1 2 0 0 0 ) ( x y z ) \begin{pmatrix}
1&0& -2 \\
0&1&2 \\
0&0&0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x\\
y \\
z
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 1 0 0 0 1 0 − 2 2 0 ⎠ ⎞ ⎝ ⎛ x y z ⎠ ⎞ =0
⟹ x = 2 z \implies \>x=2z ⟹ x = 2 z
y = − 2 z y= -2z y = − 2 z let z = 1 z=1 z = 1
Vector is ( 2 − 2 1 ) \begin{pmatrix}
2 \\
-2 \\
1
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 2 − 2 1 ⎠ ⎞
Orthonormal matrix from unit eigenvectors
Q = 1 3 Q=\frac{1}{3} Q = 3 1 ( 1 − 2 2 2 − 1 − 2 2 2 1 ) \begin{pmatrix}
1&-2& 2 \\
2&-1 & -2\\
2&2&1
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 1 2 2 − 2 − 1 2 2 − 2 1 ⎠ ⎞
Diagonalizing matrix
D = Q T A Q = D=Q^TAQ= D = Q T A Q =
1 9 \frac{1}{9} 9 1 ( 1 2 2 − 2 − 1 2 2 − 2 1 ) ( 8 − 6 2 − 6 7 − 4 2 − 4 3 ) ( 1 − 2 2 2 − 1 − 2 2 2 1 ) \begin{pmatrix}
1&2 & 2 \\
-2&-1 & 2\\
2&-2&1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
8&-6 & 2 \\
-6&7 & -4\\
2&-4&3
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1&-2 & 2 \\
2&-1 & -2\\
2&2&1
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 1 − 2 2 2 − 1 − 2 2 2 1 ⎠ ⎞ ⎝ ⎛ 8 − 6 2 − 6 7 − 4 2 − 4 3 ⎠ ⎞ ⎝ ⎛ 1 2 2 − 2 − 1 2 2 − 2 1 ⎠ ⎞
=( 0 0 0 0 3 0 0 0 15 ) \begin{pmatrix}
0&0 & 0\\
0&3 & 0\\
0&0&15
\end{pmatrix} ⎝ ⎛ 0 0 0 0 3 0 0 0 15 ⎠ ⎞
Orthogonal transformation reduce the quadratic form to canonical form
3 y 2 2 + 15 y 3 2 3y_2^2+15y_3^2 3 y 2 2 + 15 y 3 2
Nature of quadratic form
Contain a zero, eigenvalue and 2 eigenvalue > 1 >1 > 1
Therefore it is positive semi-definate
Comments