Tips och lösning till U 22.24

Tips 1

Hej 1

Tips 2

Hej 2

Tips 3

Hej 3

Lösning

Vi skriver kurvan på matrisform enligt

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

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

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

Vidare, eftersom

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

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