mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 03, 2024 7:52 pm**

Με αφορμή αυτό (αλλά και αυτό) προτείνω:

Η px^2+qxy+ry^2=1,

όπου

είναι έλλειψη αν και μόνον αν q^2<4pr.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 03, 2024 11:36 pm**

Χαίρετε,

ξαναγράφουμε την δοσμένη χρησιμοποιώντας πάλι πίνακες:

$\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}p&\frac{q}{2}\\\frac{q}{2}&r\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}=1$

Ο πίνακας $A= \begin{bmatrix}p&\frac{q}{2}\\\frac{q}{2}&r\end{bmatrix}$ ως συμμετρικός $2\times2$ με $p,q,r\in\mathbb{R}$ είναι ορθογώνια διαγωνιοποιήσιμος
οπότε για κάποιον $2\times 2$ πίνακα

με

έχουμε $PAP^{t}= \begin{bmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{bmatrix}$ $\color{red}(*)$

οπότε $\big(P\cdot\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}\big)^{t}\cdot \begin{bmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{bmatrix}\cdot \big(P\cdot\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}\big)=1$

Λαμβάνοντας κατά μέλη στην $\color{red}(*)$ :
$\bullet$ ορίζουσες, έχουμε $\lambda_1 \lambda_2=pr-\frac{q^2}{4}$ $\color{red}(**)$
$\bullet$ ίχνη, έχουμε $\lambda_1+\lambda_2=p+r>0$ $\color{red}(***)$

Αν $\begin{bmatrix}x^\prime\\ y^\prime\end{bmatrix}=f\big(\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}\big)=P\cdot\begin{bmatrix}x\\ y\end{bmatrix}\$ λαμβάνουμε $\lambda_1{x^\prime}^2+\lambda_2{y^\prime}^2=1$ $\color{red}(K)$

οπότε το δοσμένο σημειοσύνολο έστω $\color{red}(\Sigma)$ απεικονίζεται μέσω του αφφινικού μετασχηματισμού

επί του $\color{red}(K)$

$\color{magenta}(\Rightarrow)$ Αν το $\color{red}(\Sigma)$ είναι έλλειψη τότε το αυτό θα ισχύει για το $\color{red}(K)$ οπότε $\lambda_1,\lambda_2>0$ και από την $\color{red}(**)$ έχουμε $pr-\frac{q^2}{4}>0$

$\color{magenta}(\Leftarrow)$ Αν $pr-\frac{q^2}{4}>0$ τότε από τις $\color{red}(**)$ , $\color{red}(***)$ έπεται $\lambda_1, \lambda_2 >0$ οπότε το $\color{red}(K)$ είναι έλλειψη και συνεπώς έλλειψη θα είναι και το $\color{red}(\Sigma)$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 12:50 pm**

Μια πιο 'σχολική' προσέγγιση:

Χρησιμοποιώντας τους 'γνωστούς' τύπους στροφής, $x'=xcos\theta +ysin\theta$ & $y'=xsin\theta -ycos\theta$ , και μηδενίζοντας τον συντελεστή του

στην προκύπτουσα εξίσωση, διαπιστώνουμε ύστερα από επίλυση του σχετικού συστήματος ότι η δοθείσα px^2+qxy+ry^2=1

στρέφεται ωρολογιακά περί το (0,0)

στην

$\left(\dfrac{p-rtan^2\theta }{1-tan^2\theta }\right)x^2+\left(\dfrac{r-ptan^2\theta }{1-tan^2\theta }\right)y^2=1,$

όπου $\theta =\dfrac{1}{2}tan^{-1}\left(\dfrac{q}{p-r}\right).$

[Στην ειδική περίπτωση p=r

η δοθείσα στρέφεται ωρολογιακά κατά $\dfrac{\pi }{4}$ στην $\left(p+\dfrac{q}{2}\right)x^2+\left(p-\dfrac{q}{2}\right)y^2=1$ ή/και ωρολογιακά κατά $\dfrac{3\pi }{4}$ στην $\left(p-\dfrac{q}{2}\right)x^2+\left(p+\dfrac{q}{2}\right)y^2=1$ .]

Επειδή προφανώς δεν μπορούν να είναι αρνητικοί και οι δύο συντελεστές της προκύψασας κωνικής, παρατηρούμε ότι πρόκειται για έλλειψη αν και μόνον αν το γινόμενο τους είναι θετικό, δηλαδή αν και μόνον αν

$(p-rtan^2\theta )(r-ptan^2\theta )>0\leftrightarrow pr-(p^2+r^2)tan^2\theta +prtan^4\theta >0.$

H ανισότητα αυτή προκύπτει ισοδύναμη, μέσω της

$\left(\dfrac{q}{p-r}\right)^2=\left(\dfrac{2\tan\theta }{1-tan^2\theta }\right)^2\leftrightarrow tan^4\theta =\dfrac{(4(p-r)^2+2q^2)tan^2\theta -q^2}{q^2},$

προς την

$(4pr-q^2)(p-r)^2tan^2\theta >0.$

[Στην ειδική περίπτωση p=r

αντίστοιχος συλλογισμός οδηγεί στην $\left(p+\dfrac{q}{2}\right)\cdot \left(p-\dfrac{q}{2}\right)>0\leftrightarrow q^2<4pr.$ ]

mathematica.gr

Χαρακτηρισμός έλλειψης

Χαρακτηρισμός έλλειψης

Re: Χαρακτηρισμός έλλειψης

Re: Χαρακτηρισμός έλλειψης