Tips och lösning till U 22.24

SamverkanLinalgLIU

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
(Ny sida: {{NAVCONTENT_START}} '''Tips 1''' Hej 1 {{NAVCONTENT_STEP}} '''Tips 2''' Hej 2 {{NAVCONTENT_STEP}} '''Tips 3''' Hej 3 {{NAVCONTENT_STEP}} '''Lösning''')
Rad 13: Rad 13:
{{NAVCONTENT_STEP}}
{{NAVCONTENT_STEP}}
'''Lösning'''
'''Lösning'''
 +
 +
 +
 +
Vi skriver kurvan på matrisform enligt
 +
 +
 +
<center><math>
 +
9=3x_1^2+4x_1x_2
 +
=(x_1\ x_2) \left(\begin{array}{cc}3&2\\2&0\end{array}\right)
 +
\left(\begin{array}{r}x_1\\x_2\end{array}\right)
 +
=X^tAX,
 +
</math></center>
 +
 +
 +
där <math> A=\left(\begin{array}{cc}3&2\\2&0\end{array}\right) </math>.
 +
Eftersom <math> A </math> är symmetrisk så följer av spektralsatsen att <math> A </math> är
 +
diagonaliserbar, dvs <math> A=TDT^t </math>.
 +
 +
Egenvärdena till <math> A </math> är <math> \lambda_1=-1 </math>, och
 +
<math> \lambda_2=4 </math> med tillhörande ON-bas av egenvektorer
 +
<math> \boldsymbol{f}_1=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}}\pvektc{1}{-2} </math> resp.
 +
<math> \boldsymbol{f}_2=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}}\pvektc{2}{1} </math>.
 +
 +
 +
I kanonisk bas, dvs i en ON-bas av egenvektorer och med
 +
nya koordinater <math> Y </math>, där <math> X=TY </math> kan kurvan skrivas
 +
 +
<center><math>
 +
3x_1^2+4x_1x_2=9\Leftrightarrow -y_1^2+4y_2^2=9.
 +
</math></center>
 +
Vi ser nu att kurvan <math> -y_1^2+4y_2^2=9 </math> är hyperbel.
 +
 +
Låt <math> (y_1,y_2) </math> vara en godtycklig punkt på hyperbeln.
 +
Avståndet <math> d </math> från denna punkt till origo ges av Pythagoras sats,
 +
<math> d=\sqrt{y_1^2+y_2^2} </math>.
 +
Vidare får att
 +
<center><math>
 +
d^2=y_1^2+y_2^2=\Big\{y_2^2=\frac{y_1^2+9}{4}\Big\}
 +
=y_1^2+\frac{y_2^2+9}{4}=\frac{5}{4}y_1^2+\frac{9}{4}\geq\frac{9}{4},
 +
</math></center>
 +
dvs <math> d\geq\frac{3}{2} </math>.
 +
 +
 +
Vidare, eftersom
 +
 +
 +
<center><math>
 +
d^2=\frac{5}{4}y_1^2+\frac{9}{4}\rightarrow\infty,
 +
</math></center>
 +
 +
 +
då <math> y_1\rightarrow\pm\infty </math> (och därmed då
 +
<math> y_2\rightarrow\pm\infty </math>),
 +
kan vi alltså vandra längs kurvan obegränsat långt bort från origo.
 +
Detta visar att <math> d </math> saknar ett största värde. Rimligt då <math> Q </math> är en hyperbel.
 +
Däremot kan <math> d </math> anta ett minimum, <math> d_{\mbox{min}}=\frac{3}{2} </math> i <math> y_1=0 </math>, <math> y_2=\pm\frac{3}{2} </math>.
 +
Värdemängden är <math> V_f=\left[\frac{3}{2},\infty\right[ </math>.
 +
 +
 +
I gamla koordinater ges närmaste punkter till origo av
 +
 +
 +
<center><math>
 +
X=TY=\frac{1}{\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}1&-2\\2&1\end{array}\right)
 +
\left(\begin{array}{r}0\\ \pm3/2\end{array}\right)
 +
=\pm \frac{3}{2\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}2\\1\end{array}\right),
 +
</math></center>
 +
 +
 +
Alltså, av alla punkter på hyperbeln så ligger punkterna <math> \pm \frac{3}{2\sqrt5}(2,1) </math> närmast origo.

Versionen från 20 september 2010 kl. 08.58

Tips 1

Hej 1

Tips 2

Hej 2

Tips 3

Hej 3

Lösning


Vi skriver kurvan på matrisform enligt


\displaystyle

9=3x_1^2+4x_1x_2 =(x_1\ x_2) \left(\begin{array}{cc}3&2\\2&0\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}x_1\\x_2\end{array}\right) =X^tAX,


där \displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}3&2\\2&0\end{array}\right) . Eftersom \displaystyle A är symmetrisk så följer av spektralsatsen att \displaystyle A är diagonaliserbar, dvs \displaystyle A=TDT^t .

Egenvärdena till \displaystyle A är \displaystyle \lambda_1=-1 , och \displaystyle \lambda_2=4 med tillhörande ON-bas av egenvektorer \displaystyle \boldsymbol{f}_1=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}}\pvektc{1}{-2} resp. \displaystyle \boldsymbol{f}_2=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}}\pvektc{2}{1} .


I kanonisk bas, dvs i en ON-bas av egenvektorer och med nya koordinater \displaystyle Y , där \displaystyle X=TY kan kurvan skrivas

\displaystyle

3x_1^2+4x_1x_2=9\Leftrightarrow -y_1^2+4y_2^2=9.

Vi ser nu att kurvan \displaystyle -y_1^2+4y_2^2=9 är hyperbel.

Låt \displaystyle (y_1,y_2) vara en godtycklig punkt på hyperbeln. Avståndet \displaystyle d från denna punkt till origo ges av Pythagoras sats, \displaystyle d=\sqrt{y_1^2+y_2^2} . Vidare får att

\displaystyle

d^2=y_1^2+y_2^2=\Big\{y_2^2=\frac{y_1^2+9}{4}\Big\} =y_1^2+\frac{y_2^2+9}{4}=\frac{5}{4}y_1^2+\frac{9}{4}\geq\frac{9}{4},

dvs \displaystyle d\geq\frac{3}{2} .


Vidare, eftersom


\displaystyle

d^2=\frac{5}{4}y_1^2+\frac{9}{4}\rightarrow\infty,


då \displaystyle y_1\rightarrow\pm\infty (och därmed då \displaystyle y_2\rightarrow\pm\infty ), kan vi alltså vandra längs kurvan obegränsat långt bort från origo. Detta visar att \displaystyle d saknar ett största värde. Rimligt då \displaystyle Q är en hyperbel. Däremot kan \displaystyle d anta ett minimum, \displaystyle d_{\mbox{min}}=\frac{3}{2} i \displaystyle y_1=0 , \displaystyle y_2=\pm\frac{3}{2} . Värdemängden är \displaystyle V_f=\left[\frac{3}{2},\infty\right[ .


I gamla koordinater ges närmaste punkter till origo av


\displaystyle

X=TY=\frac{1}{\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}1&-2\\2&1\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}0\\ \pm3/2\end{array}\right) =\pm \frac{3}{2\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}2\\1\end{array}\right),


Alltså, av alla punkter på hyperbeln så ligger punkterna \displaystyle \pm \frac{3}{2\sqrt5}(2,1) närmast origo.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/samverkan/linalg-LIU/index.php/Tips_och_l%C3%B6sning_till_U_22.24