Stranica 1 od 1

Direktrise krivih drugog reda

PostPoslato: Utorak, 28. Maj 2019, 22:21
od Mlml
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.

Re: Direktrise krivih drugog reda

PostPoslato: Četvrtak, 30. Maj 2019, 13:32
od ubavic
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.

Re: Direktrise krivih drugog reda

PostPoslato: Četvrtak, 30. Maj 2019, 15:05
od Daniel
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.