Tips och lösning till U 22.24
SamverkanLinalgLIU
| Rad 33: | Rad 33: | ||
Egenvärdena till <math> A </math> är <math> \lambda_1=-1 </math>, och | Egenvärdena till <math> A </math> är <math> \lambda_1=-1 </math>, och | ||
<math> \lambda_2=4 </math> med tillhörande ON-bas av egenvektorer | <math> \lambda_2=4 </math> med tillhörande ON-bas av egenvektorer | ||
| - | <math> \boldsymbol{f}_1=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}}\ | + | <math> \boldsymbol{f}_1=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}} |
| - | <math> \boldsymbol{f}_2=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}}\ | + | \left(\begin{array}{c}{1}\\{-2} \end{array}\right)</math> resp. |
| + | <math> \boldsymbol{f}_2=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}} | ||
| + | \left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right) </math>. | ||
Versionen från 20 september 2010 kl. 09.00
Tips 1
Hej 1
Tips 2
Hej 2
Tips 3
Hej 3
Lösning
Vi skriver kurvan på matrisform enligt
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}} \left(\begin{array}{c}{1}\\{-2} \end{array}\right) resp. \displaystyle \boldsymbol{f}_2=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right) .
I kanonisk bas, dvs i en ON-bas av egenvektorer och med
nya koordinater \displaystyle Y , där \displaystyle X=TY kan kurvan skrivas
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
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
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
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.
