Tips och lösning till U 22.27

Tips 1

Vi löser problemet i en kanonisk bas.

Tips 2

I detta fall har vi en yta som vi identifierar som en cylinder (med ett tvärsnitt i form av en cylinder ) eftersom övergång till kanonisk bas ger ekvationen \displaystyle

3x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\sqrt3x_1x_3=1\Leftrightarrow y_2^2+4y_3^2=1,

. Cylinderns symmetriaxel ligger längs med \displaystyle y_1 -axeln. Rita figur!

Tips 3

Av figuren inser vi att avståndet kan bli oändligt stort. För att finna minsta avståndet till origo inser vi att avståndet från en godtycklig punkt \displaystyle (y_1,y_2,y_3) på cylindern till origo ges av funktionen

\displaystyle d=\sqrt{y_1^2+y_2^2+y_3^2} .

Vidare gäller att \displaystyle

d^2=y_1^2+y_2^2+y_3^2=y_1^2+y_2^2+\frac{1-y_2^2}{4}=\frac{1}{4}+y_1^2+\frac{3}{4}y_2^2\geq\frac{1}{4}.

. Ur detta finner vi minsta värdet för d.

Lösning

Ytan kan skrivas på matrisform enligt

\displaystyle

1=3x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\sqrt3x_1x_3 =(x_1\ x_2 \ x_3) \left(\begin{array}{rrr}3&0&\sqrt3\\0&1&0\\\sqrt3&0&1\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right) =X^tAX.

där \displaystyle A är symmetrisk och därmed diagonaliserbar , dvs \displaystyle A=TDT^t . Egenvärdena till \displaystyle A är \displaystyle \lambda_1=0 , \displaystyle \lambda_2=1 och \displaystyle \lambda_3=4 . Tillhörande egenrum är \displaystyle E_{\lambda=0}=[(1,0,-\sqrt3)^t] ,

\displaystyle E_{\lambda=1}=[(0,1,0)^t] , \displaystyle E_{\lambda=4}=[(\sqrt3,0,1)^t] .

I kanonisk bas ser vi att ytan

\displaystyle

3x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\sqrt3x_1x_3=1\Leftrightarrow y_2^2+4y_3^2=1,

är en sned ellipsformad cylinder med symmtriaxlen längs \displaystyle y_1 -axeln.

Avståndet från en godtycklig punkt \displaystyle (y_1,y_2,y_3) på cylindern till origo ges av funktionen

\displaystyle d=\sqrt{y_1^2+y_2^2+y_3^2} . Eftersom cylindern \displaystyle y_2^2+4y_3^2=1 inte är begränsad längs \displaystyle y_1 -axeln så är \displaystyle d också obegränsad och saknar därmed ett största värde, ty

\displaystyle

d^2=y_1^2+y_2^2+y_3^2=y_1^2+y_2^2+\frac{1-y_2^2}{4} =\frac{1}{4}+y_1^2+\frac{3}{4}y_2^2\rightarrow\infty,

då \displaystyle y_1\rightarrow\pm\infty .

Vidare gäller att

\displaystyle

d^2=y_1^2+y_2^2+y_3^2=y_1^2+y_2^2+\frac{1-y_2^2}{4}=\frac{1}{4}+y_1^2+\frac{3}{4}y_2^2\geq\frac{1}{4}.

Alltså är \displaystyle d\geq\frac{1}{2} och att \displaystyle d_{\mbox{min}}=\frac{1}{2} i \displaystyle y_1=y_2=0 , \displaystyle y_3=\pm\frac{1}{2} . Alltså är värdemängden \displaystyle V_d=\left[\frac{1}{2},\infty\right[ .

I gamla koordinater ges närmaste punkter till origo av

\displaystyle

X=TY=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{rrr}1&0&\sqrt3\\0&2&0\\-\sqrt3&0&1\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}0\\ 0\\ \pm 1/2\end{array}\right) =\pm \frac{1}{4}\left(\begin{array}{r}\sqrt3\\ 0\\ 1\end{array}\right),

Alltså, av alla punkter på cylindern så ligger punkterna \displaystyle \pm \frac{1}{4}(\sqrt3,0,1) närmast origo.