Κωνική Τομή

Συντονιστής: Τηλέγραφος Κώστας

GreenMosquito
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 02, 2019 8:00 pm

Κωνική Τομή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από GreenMosquito » Τετ Μαρ 18, 2020 9:57 pm

Να βρείτε τους παραμετρικούς τύπους (χωρίς ριζικά) της κωνικής τομής:

x^2+3xy+y^2=1

όπου οι αριθμοί x, y είναι πραγματικοί.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4256
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Κωνική Τομή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Πέμ Μαρ 19, 2020 12:13 am

GreenMosquito έγραψε:
Τετ Μαρ 18, 2020 9:57 pm
Να βρείτε τους παραμετρικούς τύπους (χωρίς ριζικά) της κωνικής τομής:

x^2+3xy+y^2=1

όπου οι αριθμοί x, y είναι πραγματικοί.

Δε νομίζω ότι κάνει για αυτό το φάκελο. Βεβαίως πρόκειται για υπερβολή ... !


Αν και υπάρχει και άλλος τρόπος από εδώ έχουμε ότι η διακρίνουσα της κωνικής τομής αυτής είναι \Delta = 5. Συνεπώς είναι υπερβολή. Το κέντρο της υπερβολής \mathrm{K}(\alpha, \beta) βρίσκεται από την επίλυση του συστήματος:

\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
\alpha + \beta  & = & 0\\  
\frac{3}{2} \alpha + \beta & = & 0 
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left ( x, y \right ) = \left ( 0, 0 \right )}
Άρα \mathrm{K}(0, 0). Η γωνία στροφής ισούται με \displaystyle{\tan 2 \varphi = \frac{3}{1-1} = + \infty \Leftrightarrow 2 \varphi = \frac{\pi}{2}}. Άρα:

\displaystyle{\mathrm{A}' = \frac{1}{2} \left ( \mathrm{A} + \Gamma \right ) + \frac{1}{2} \left ( \mathrm{A} -  \Gamma \right ) \cos 2\varphi + \mathrm{B} \sin 2 \varphi = 4}
και

\displaystyle{\Gamma' = \mathrm{A} + \Gamma  - \mathrm{A}' = -2}
Τέλος, \mathrm{d} = \mathrm{A} \Gamma - \mathrm{B}^2 = 1-9=-8<0 και

\displaystyle{\mathcal{D} = \begin{vmatrix} 
\mathrm{A} &  \mathrm{B} & \Delta \\  
\mathrm{B} & \Gamma & \mathrm{E} \\  
\Delta & \mathrm{E} & \mathrm{F} 
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 
1 & \frac{3}{2} & 0 \\  
\frac{3}{2} &  1 &  0\\  
0 & 0 & -1 
\end{vmatrix} =\frac{3}{2}} συνεπώς \mathrm{Z} ' = \frac{\mathcal{D}}{\mathrm{d}} = -\frac{3}{16}.



Άρα η υπερβολή παίρνει τη μορφή:

\displaystyle{4X^2 - 2Y^2  - \frac{3}{16}=0 \Leftrightarrow \frac{X^2}{\left ( \frac{1}{2} \right )^2} - Y^2 = \frac{3}{32} \Leftrightarrow 64X^2 - \frac{3Y^2}{32} =1 \Leftrightarrow \boxed{\mathbf{\frac{X^2}{\left ( \frac{1}{8} \right )^2} - \frac{Y^2}{\left ( \sqrt{\frac{32}{3}} \right )^2} =1}} }

Δε ξέρω αν τα νούμερα είναι σωστά , είναι προχωρημένη η ώρα , αλλά η μεθοδολογία είναι αυτή. Όλα τα παραπάνω εξηγούνται αναλυτικά σε βιβλία Αναλυτικής Γεωμετρίας.


Οι παραμετρικές πλέον προκύπτουν εύκολα (\alpha \sec \theta , \beta \tan \theta) ... κτλ. ...


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
GreenMosquito
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 02, 2019 8:00 pm

Re: Κωνική Τομή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από GreenMosquito » Παρ Μαρ 20, 2020 10:44 pm

Ευχαριστώ πολύ για την απάντηση! Θα ήθελα να προτείνω μια λύση κάπως αντισυμβατική.

Ας αρχίσουμε με την δημιουργία ενός τριωνύμου, το οποίο έχει ως ρίζες τις μεταβλητές x,y. Μετά αφού το λύσουμε, χρειάζεται να κάνουμε μια τριγωνομετρική αντικατάσταση, ώστε να διώξουμε το ριζικό που προκύπτει.

Έστω, ότι αυτό το τριώνυμο, έχει την μορφή:

z^2-bz+c=0

όπου οι αριθμοί b και c, μπορούμε να τους πάρουμε από τους τύπους του Vieta:

\begin{Bmatrix} b=x+y\\c=xy \end{Bmatrix}

Τότε, θα γράψουμε το αριστερό μέρος της κωνικής τομής:

x^2+3xy+y^2=1

συναρτήσει των μεταβλητών x+y και xy, ώστε να γράψουμε τον αριθμό xy ως συνάρτηση του x+y.

Μετά από αρκετές αλγεβρικές πράξεις, καταλήγουμε στο αποτέλεσμα:

xy= 1-(x+y)^2

ή

c=1-b^2.

Οπότε, καταλήγουμε στο τριώνυμο:

z^2-bz+(1-b^2)=0

το οποίο μας δίνει τις παραμετρικές λύσεις (Με ριζικά):

(x,y)=(\frac{b-\sqrt{5b^2-4}}{2},\frac{b+\sqrt{5b^2-4}}{2}), (\frac{b+\sqrt{5b^2-4}}{2},\frac{b-\sqrt{5b^2-4}}{2})


Μετά, ώστε να βγάλουμε το ριζικό \sqrt{5b^2-4} από την μέση, αρκεί η τριγωνομετρική αντικατάσταση:

b=\frac{2\sqrt{5}sec\theta }{5}

Οπότε, καταλήγουμε στις παραμετρικές λύσεις:

(x,y)= (\frac{\sqrt{5}sec\theta }{5}-tan\theta ,\frac{\sqrt{5}sec\theta }{5}+tan\theta ), (\frac{\sqrt{5}sec\theta }{5}+tan\theta, \frac{\sqrt{5}sec\theta }{5}-tan\theta)

όπου το \theta είναι ανάμεσα στο 0 και στο 2\pi.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 1 επισκέπτης