Tips och lösning till U 22.27

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''')
Nuvarande version (6 december 2010 kl. 18.54) (redigera) (ogör)
 
(En mellanliggande version visas inte.)
Rad 2: Rad 2:
'''Tips 1'''
'''Tips 1'''
-
Hej 1
+
Vi löser problemet i en kanonisk bas.
{{NAVCONTENT_STEP}}
{{NAVCONTENT_STEP}}
'''Tips 2'''
'''Tips 2'''
-
Hej 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 <center><math>
 +
3x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\sqrt3x_1x_3=1\Leftrightarrow y_2^2+4y_3^2=1,
 +
</math></center>. Cylinderns symmetriaxel ligger längs med <math> y_1 </math>-axeln. Rita figur!
{{NAVCONTENT_STEP}}
{{NAVCONTENT_STEP}}
'''Tips 3'''
'''Tips 3'''
-
Hej 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 <math> (y_1,y_2,y_3) </math> på cylindern till origo
 +
ges av funktionen
 +
 
 +
<math> d=\sqrt{y_1^2+y_2^2+y_3^2} </math>.
 +
 
 +
Vidare gäller att <center><math>
 +
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}.
 +
</math></center>. Ur detta finner vi minsta värdet för d.
{{NAVCONTENT_STEP}}
{{NAVCONTENT_STEP}}
'''Lösning'''
'''Lösning'''
 +
 +
 +
 +
Ytan kan skrivas på matrisform enligt
 +
 +
 +
<center><math>
 +
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.
 +
</math></center>
 +
 +
 +
där <math> A </math> är symmetrisk och därmed diagonaliserbar , dvs <math> A=TDT^t </math>.
 +
Egenvärdena till <math> A </math> är <math> \lambda_1=0 </math>, <math> \lambda_2=1 </math> och <math> \lambda_3=4 </math>.
 +
Tillhörande egenrum är <math> E_{\lambda=0}=[(1,0,-\sqrt3)^t] </math>,
 +
 +
<math> E_{\lambda=1}=[(0,1,0)^t] </math>, <math> E_{\lambda=4}=[(\sqrt3,0,1)^t] </math>.
 +
 +
 +
I kanonisk bas ser vi att ytan
 +
<center><math>
 +
3x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\sqrt3x_1x_3=1\Leftrightarrow y_2^2+4y_3^2=1,
 +
</math></center>
 +
är en sned ellipsformad cylinder med symmtriaxlen längs <math> y_1 </math>-axeln.
 +
 +
 +
Avståndet från en godtycklig punkt <math> (y_1,y_2,y_3) </math> på cylindern till origo
 +
ges av funktionen
 +
 +
<math> d=\sqrt{y_1^2+y_2^2+y_3^2} </math>.
 +
Eftersom cylindern <math> y_2^2+4y_3^2=1 </math> inte är begränsad längs
 +
<math> y_1 </math>-axeln så är <math> d </math> också obegränsad och saknar därmed ett största
 +
värde, ty
 +
 +
 +
<center><math>
 +
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,
 +
</math></center>
 +
 +
 +
då <math> y_1\rightarrow\pm\infty </math>.
 +
 +
 +
Vidare gäller att
 +
 +
 +
<center><math>
 +
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}.
 +
</math></center>
 +
 +
 +
Alltså är <math> d\geq\frac{1}{2} </math> och att <math> d_{\mbox{min}}=\frac{1}{2} </math> i
 +
<math> y_1=y_2=0 </math>, <math> y_3=\pm\frac{1}{2} </math>.
 +
Alltså är värdemängden <math> V_d=\left[\frac{1}{2},\infty\right[ </math>.
 +
 +
 +
I gamla koordinater ges närmaste punkter till origo av
 +
 +
 +
<center><math>
 +
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),
 +
</math></center>
 +
 +
 +
Alltså, av alla punkter på cylindern så ligger punkterna <math> \pm \frac{1}{4}(\sqrt3,0,1) </math> närmast origo.

Nuvarande version

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.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/samverkan/linalg-LIU/index.php/Tips_och_l%C3%B6sning_till_U_22.27