Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI ANALITIČKA GEOMETRIJA

Direktrise krivih drugog reda

[inlmath]\left(x-p\right)^2+\left(y-q\right)^2=R^2[/inlmath]

Moderatori: Corba248, Jovan111

Direktrise krivih drugog reda

Postod Mlml » Utorak, 28. Maj 2019, 23:21

Ovako glasi zadatak:

Ako kriva drugog reda ima žiže [inlmath]F_1(3,3)[/inlmath], [inlmath]F_2(1,1)[/inlmath] i direktrisu [inlmath]l\colon x+y=13[/inlmath], naći njenu drugu direktrisu.

Ja sam ovako rešavala:

Najpre sam odredila kojoj žiži odgovara data direktrisa, odnosno kojoj žiži je bliža.
[dispmath]d(F_1,l)=\frac{|3+3-13|}{\sqrt2}=\frac{7}{\sqrt2}\\
d(F_2,l)=\frac{|1+1-13|}{\sqrt2}=\frac{11}{\sqrt2}[/dispmath] Znači, ova direktrisa odgovara prvoj žiži.
Na osnovu jednakosti koja važi za krive drugog reda [inlmath]\frac{d(M,F_1)}{d(M,l)}=e[/inlmath] (gde je [inlmath]M[/inlmath] bilo koja tačka sa te krive, a [inlmath]e[/inlmath] ekscentricitet) dobijam:
[dispmath]\sqrt{(x-3)^2+(y-3)^2}=\frac{e}{\sqrt2}|x+y-13|\\
(x-3)^2+(y-3)^2=\frac{e^2}{2}(x+y-13)^2\quad*[/dispmath] Računajući parcijalne izvode date jednačine po [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] dobijam:
[dispmath]f'_x(x,y)=2(x-3)-e^2(x+y-13)\\
f'_y(x,y)=2(y-3)-e^2(x+y-13)[/dispmath] Kako ova kriva ima dve žiže centar se sigurno nalazi na polovini njihovog rastojanja. Dakle, centar je [inlmath]C\left(\frac{3+1}{2},\frac{3+1}{2}\right)[/inlmath], odnosno [inlmath]C(2,2)[/inlmath]. Kako centar mora da ispunjava gornje jednačine parcijalnih izvoda, zamenom u jednu od njih dobijam ekscentricitet [inlmath]e[/inlmath].
[dispmath]2(2-3)-e^2(2+2-13)=-2+11e^2\\
-2+11e^2=0\\
e^2=\frac{2}{11}[/dispmath] Ekscentricitet mora biti pozitivan pa je [inlmath]e=\sqrt{\frac{2}{11}}[/inlmath]. Onda vrativši u [inlmath]*[/inlmath] dobijam jednačinu naše krive.
[dispmath]11(x-3)^2+11(y-3)^2-(x+y-13)^2=0.[/dispmath] Sada nadalje ne znam da li je ovo ispravan postupak, ali kako je ekscentricitet veci od [inlmath]1[/inlmath], zakljucujem da je u pitanju hiperbola. Pokušala sam najpre da svedem ovu krivu na kanonski oblik algebarskim putem.
Najpre je zapišem u pogodnijem obliku:
[dispmath]10x^2-2xy+10y^2-40x-40y+29=0[/dispmath] Onda imam matricu:
[dispmath]A=\begin{bmatrix}
10 & -1\\
-1 & 10
\end{bmatrix}[/dispmath] Računam nule karakterističnog polinoma kako bih dobila sopstvene vrednosti.
[dispmath]\phi_A(\lambda)=\det(A-\lambda E)=\begin{vmatrix}
10-\lambda & -1\\
-1 & 10-\lambda
\end{vmatrix}=99-\lambda^2=\left(3\sqrt{11}-\lambda\right)\left(3\sqrt{11}+\lambda\right)[/dispmath] Dakle, [inlmath]\lambda_1=3\sqrt{11}[/inlmath], [inlmath]\lambda_2=-3\sqrt {11}[/inlmath].

Računajući odgovarajuće sopstvene vektore dobijam:
[dispmath]AX=\lambda_1X\\
(A-\lambda_1E)X=0\\
\begin{bmatrix}
10-3\sqrt{11} & -1\\
-1 & 10-3\sqrt{11}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}=0\\
\left(10-3\sqrt{11}\right)x_1-x_2=0\\
-x_1+\left(10-3\sqrt{11}\right)x_2=0[/dispmath] Sređivanjem dobijam [inlmath]x_1=0[/inlmath] i [inlmath]x_2=0[/inlmath], ali znamo da sopstveni vektori moraju biti nenula, a i ovo što bismo dobili ne bi bili sopstveni vektori, sopstvene vektore bismo dobili ortonormiranjem dobijenih vektora.

Očito da ovaj moj način rešavanja nije ispravan, a možda sam i napravila neku grešku u računu, pa se nadam da mi neko može pomoći.
Mlml  OFFLINE
 
Postovi: 2
Zahvalio se: 0 puta
Pohvaljen: 0 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+
  • +1

Re: Direktrise krivih drugog reda

Postod ubavic » Četvrtak, 30. Maj 2019, 14:32

Par stvari mi nije jasno u tvom rešenju. Postupak za izračunavanje ekscentriciteta mi deluje dobar (račun nisam proverio). Ali na kraju si dobila da je [inlmath]e=\sqrt{\frac{2}{11}}<1[/inlmath], pa je u pitanju elipsa a ne hiperbola kako si ti navela. U nastavku karakteristični polinom, pa samim tim i sopstvene vrednosti i sopstvene vektore, nisi dobro izračunala. Trebalo bi da dobiješ [inlmath]\lambda_1=9[/inlmath] i [inlmath]\lambda_2=11[/inlmath]. Sopstvene vektore nema potrebe normirati pošto su oni određeni do na multiplikativnu konstantu. Takođe, ako je matrica [inlmath]A[/inlmath] simetrična, kao u našem slučaju, tada će sopstveni vektori biti ortogonalni. Tako da nema potrebe vršiti njihovu ortogonalizaciju na kraju (niti to ima smisla jer se tom prilikom dobijaju vektori koji nisu više sopstveni).

Ali nema potrebe ništa od navedenog raditi da bi se zadatak završio. Dovoljno je bilo da primetiš u kakvom su položaju žiže i direktrisa. Tada ćeš moći lako da nađeš drugu direktrisu kao centralnu simetriju date direktrise u odnosu na centar konike.
Korisnikov avatar
ubavic  OFFLINE
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 526
Lokacija: Zrenjanin
Zahvalio se: 340 puta
Pohvaljen: 511 puta

Re: Direktrise krivih drugog reda

Postod Daniel » Četvrtak, 30. Maj 2019, 16:05

A takođe se (mada se to nije tražilo u zadatku) na osnovu međusobnog položaja žiža i direktrisa moglo utvrditi i o kojoj je krivoj reč – kod elipse su žiže s iste strane direktrise, a kod hiperbole s raznih strana direktrise. Ovde je u pitanju prvi slučaj.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7561
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 3950 puta
Pohvaljen: 4054 puta


Povratak na ANALITIČKA GEOMETRIJA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Google [Bot] i 23 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Sreda, 19. Jun 2019, 23:16 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs