MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 Først en kommentar. I læreboka møter man kjeglesnitt på standardform, som ellipser x 2 a 2 + y2 b 2 = 1 (1) og hyperbler x2 y2 = 1. Det er viktig å merke seg at disse formlene antar at sentrum av a 2 b 2 kjeglesnittet ligger i origo. I øvingen kommer vi til å møte kjeglesnitt med andre sentrum, som ellipser gitt ved (x x 0 ) 2 a 2 + (y y 0) 2 b 2 = 1. (2) Ligning (2) beskriver en ellipse med sentrum i punktet (x 0, y 0 ), med stor halvakse a og liten halvakse b. Grunnen er følgende: Punktene (x, y ) som tilfredsstiller (2) er på formen x = x + x 0 og y = y + y 0, der (x, y) tilfredsstiller (1) dette er greit å sjekke. Med andre ord får vi løsningene av (x x 0) 2 + (y y 0) 2 = 1 ved å ta punkt (x, y) på ellipsen x2 + y2 = 1 a 2 b 2 a 2 b 2 med sentrum i origo, og legge til x 0 i x-retningen og y 0 i y-retning. Dette gir åpenbart en ellipse med sentrum i (x 0, y 0 ). Vi kommer også til å møte kjeglesnitt som ligger "vridd"i koordinatsystemet vårt, se siste oppgave Vi skal finne ligningen til ellipsen med brennpunkt i (0, 2) og (0, 2) og stor halvakse a = 3. Vi baserer oss på bokas eksempel 2 i kapittel 8.1: der vises det at en ellipse med brennpunkt ( c, 0) og (c, 0) på x-aksen og stor halvakse a har ligningen der b 2 = a 2 c 2. x 2 a 2 + y2 = 1, (3) b2 Vår oppgave er nesten den samme, eneste forskjell er at brennpunktene (0, 2) og (0, 2) ligger på y-aksen, ikke på x-aksen. Vi finner at Dermed er ligningen for ellipsen vår b 2 = a 2 c 2 = = 5. 1 = x2 5 + y2 9. Merk at sammenlignet med (3) har vi byttet om posisjonen til x og y. Det skyldes som nevnt at våre brennpunkt ligger på y-aksen, ikke på x-aksen som boka antar i sine formler. 13. mai 2019 Side 1 av 9

2 8.1.2 Vi skal finne ligningen til ellipsen med brennpunkt i (0, 1) og (, 1) og med eksentrisitet ɛ = 1 2. Denne ellipsen har sentrum i punktet (2, 1), siden dette er punktet midt mellom brennpunktene, og stor halvakse langs y = 1. En slik ellipse med sentrum i (2, 1) har som nevnt innledningsvis ligning (x 2) 2 (y 1)2 a 2 + b 2 = 1. I dette eksempelet er c = 2, siden c er avstanden fra sentrum i ellipsen til brennpunktene. Videre vet vi at ɛ = c/a, som betyr at 1 2 = 2/a, ergo a =. Til slutt er c 2 = a 2 b 2, slik at b 2 = a 2 c 2 = = 12. Når vi setter inn disse verdiene for a og b finner vi ligningen (x 2) (y 1)2 12 = Vi skal finne ligningen til parabelen som går gjennom origo med brennpunkt i (0, 1) og akse y = 1. Husk at aksen er linja gjennom brennpunktet som står vinkelrett på styrelinja. Siden aksen er horisontal må derfor styrelinja være vertikal, altså på formen x = a for et reelt tall a. Definisjonen av en parabel er at et punkt (x, y) ligger på parabelen hvis og bare hvis avstanden fra (x, y) til brennpunktet (0, 1) er lik avstanden fra (x, y) til styrelinja x = a. Det gir følgende ligning: x 2 + (y + 1) }{{} 2 = x a. }{{} Avstand (x,y) til (0, 1) Avstand (x,y) til linja x=a Hvis vi kvadrerer begge sider finner vi Dette kan vi forenkle til ligningen x 2 + (y + 1) 2 = (x a) 2. (y + 1) 2 = a 2 2ax. For å bestemme hvilke verdier av a som er gyldige, må vi bruke at parabelen skal gå gjennom origo. Med andre ord må (x, y) = (0, 0) tilfredsstille ligningen over: 1 2 = a 2 0. Ergo må a 2 = 1, som betyr at a = ±1. Konklusjonen blir at parabelen må være gitt enten ved (y + 1) 2 = 1 2x eller ved (y + 1) 2 = 1 + 2x. 13. mai 2019 Side 2 av 9

3 Figur 1: De to mulige parablene som løser oppgave Som vi ser av figuren har de samme brennpunkt, akse og går gjennom origo. De har dog ulike styrelinjer, nemlig x = 1 og x = Vi skal finne ligningen til hyperbelen med brennpunkt i (0, 2) og (0, 2) og stor halvakse (=semi-transverse axis) a = 1. I dette tilfelle er sentrum i origo, siden origo er midtpunktet på linja mellom brennpunktene (0, 2) og (0, 2). Videre er c = 2, siden c er avstanden fra midtpunktet til brennpunktene, og c 2 = a 2 + b 2, som betyr at b 2 = c 2 a 2 = 1 = 3. Dette er det nå fristende å sette inn i standardligningen for en hyperbel med sentrum i origo, nemlig x 2 a 2 y2 b 2 = 1. Men vi må være litt forsiktige. Ligningen over antar at brennpunktene ligger på x- aksen, men i vårt tilfelle ligger de på y-aksen. Vi må derfor bytte om på posisjonen til x og y i ligningen over, og får ligningen y 2 x2 3 = Vi skal identifisere og skissere kjeglesnittet gitt ved ligningen x 2 + y 2 + 2x = 1, eller det ekvivalente uttrykket x 2 + y 2 + 2x + 1 = 0. Ved bruk av fullstendige kvadraters metode 1 ser vi at dette kan skrives om til (x + 1) 2 + y 2 = 0. Vi har altså at summen av de positive tallene (x + 1) 2 og y 2 er 0. Det skjer hvis og bare hvis (x + 1) 2 = 0 og y 2 = 0, som betyr at x = 1 og y = 0. Med andre ord beskriver ligningen bare ett punkt, nemlig ( 1, 0). Å skissere dette punktet i all sin prakt overlates til leseren. 1 Altså at vi kjenner igjen at x 2 + 2x + 1 = (x + 1) mai 2019 Side 3 av 9

4 8.1.8 Vi skal identifisere og skissere kjeglesnittet gitt ved ligningen x 2 + y 2 y = 0. Som i forrige oppgave forsøker vi å bruke fullstendige kvadraters metode til å kvitte oss med leddet av første orden: y. En rask omskriving av ligningen gir Vi kjenner igjen 2 at (y 1 2 )2 = y 2 y + 1. Det betyr at ( y 2 y = y 1 ) 2 1 2, og når vi setter dette inn i () finner vi ( ( x 2 + y 1 ) ) 2 1 = 0, 2 som vi kan skrive om til x 2 + (y 2 y) = 0. () x 2 + (y 1/2)2 1/ Dette er ligningen til en ellipse med sentrum i (0, 1/2), stor halvakse a = 1 parallelt med x-aksen og liten halvakse b = 1/ = 1/2 langs y-aksen. Med denne informasjonen kan vi lage en rimelig skisse av ellipsen, fordi vi vet at = 1. (1, 1/2) er punktet med størst x-verdi, siden punktet ligger en lengde a = 1 mot høyre fra sentrum av ellipsen. ( 1, 1/2) er punktet med minst x-verdi, siden punktet ligger en lengde a = 1 mot venstre fra sentrum av ellipsen. (0, 1) er punktet med størst y-verdi, siden punktet ligger en lengde b = 1/2 over sentrum av ellipsen. (0, 0) er punktet med minst y-verdi, siden punktet ligger en lengde b = 1/2 under sentrum av ellipsen. Her har vi bare brukt hva store og lille halvakse (a og b) faktisk er. En figur er vist i Figur Vi skal identifisere og skissere kjeglesnittet gitt ved ligningen x 2 y 2 y = 0. (5) Nok en gang bruker vi minste kvadraters metode til å bli kvitt y. Vi kjenner igjen at (y + 2) 2 = y 2 + y +, og når vi løser for y 2 y får vi Hvis vi setter dette inn i (8), får vi y 2 y = (y + 2) 2 +. x 2 (y + 2) 2 + = 0. 2 Med litt trening kan man se direkte at dette er det vi trenger. Det vi egentlig gjør, er at vi vil skrive om y 2 y, og bruker den kjente formelen (y a) 2 = y 2 + a 2 2ay. For å få denne formelen til å inneholde y 2 y, ser vi at vi må velge a = mai 2019 Side av 9

5 Figur 2: Ellipsen fra oppgave Ved å flytte x 2 (y + 2) 2 over til høyre side og dele på, ser at vi får 1 = (y + 2)2 x 2. Dette er en hyperbel av typen som beskrives nederst på side 68 i boka, men med sentrum i (0, 2). Hva er så asymptotene til en slik hyperbel? Boka skriver nederst på side 68 at asymptotene til 1 = y2 b 2 x2 a 2 er de samme som asymptotene til 1 = x2 a 2 y2 b 2, altså gitt ved y b ± x y2 a = 0 (dette står også på side 68). Spesielt har 1 = x2 asymptoter y = ±2x. Siden asymptotene til 1 = y2 x2 er y = ±2x, må asymptotene til 1 = (y+2)2 x 2 være y + 2 = ±2x, altså y = 2x 2 og y = 2x 2. hyperbelen er skissert sammen med asymptotene i Figur 3. Som støtte til skissen kan man bruke informasjonen nederst på side 68 i boka, som sier at y2 x2 = 1 har hjørner i (0, 2) og (0, 2). Dette betyr at (y+2)2 x 2 = 1 har hjørner i (0, 0) og (0, ) Vi skal identifisere og skissere kjeglesnittet gitt ved ligningen x 2 + 2x y = 3. Vi kjenner igjen at (x + 1) 2 = x 2 + 2x + 1, som betyr at x 2 + 2x = (x + 1) mai 2019 Side 5 av 9

6 Figur 3: Hyperbelen fra oppgave med sine asymptoter. Hvis vi setter dette inn i ligningen vår, finner vi at og hvis vi løser for (x + 1) 2 får vi (x + 1) 2 1 y = 3, (x + 1) 2 = y +. Dette er en parabel. Den har samme form som den velkjente parabelen y = x 2, fordi et punkt (x 0, y 0 ) ligger på parabelen y = x 2 hvis og bare hvis punktet (x 0 1, y 0 ) ligger på parabelen y + = (x + 1) 2. Altså får vi parabelen y + = (x + 1) 2 ved å ta punktene på parabelen y = x 2 og flytte den med ( 1, ) altså flytte dem en lengde 1 i negativ x-retning og en lengde i negativ y-retning. Spesielt har (x + 1) 2 = y + bunnpunkt i ( 1, ), siden y = x 2 har bunnpunkt i (0, 0). Se også figur. Figur : Parabelen fra oppgave mai 2019 Side 6 av 9

7 Vi skal identifisere og skissere kurven gitt ved ligningen Vi kan forenkle venstresiden: Ligningen (6) er derfor (x y) 2 (x + y) 2 = 1. (6) (x y) 2 (x + y) 2 = x 2 2xy + y 2 ( x 2 + 2xy + y 2) = x 2 2xy + y 2 x 2 2xy y 2 = xy. xy = 1. Det er ikke umiddelbart lett å se hvilket kjeglesnitt dette svarer til, men vi har i det minste fått det på formen Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0, (7) der A = C = D = E = 0, B = og F = 1 i vårt tilfelle. Vi kan nå rotere koordinatsystemet vårt for å kjenne igjen hvilket kjeglesnitt som beskrives av ligningen. Som boka beskriver på side 70-71: hvis vi innfører nye koordinater u og v, slik at vinkelen mellom x-aksen og u-aksen er θ, blir ligning (7) i de nye koordinatene A u 2 + B uv + C v 2 + D u + E v + F = 0. (8) Formlene for A, B, C, D og E finner du på side 71 i læreboka - i vårt tilfelle (A = C = D = E = 0, B =,F = 1) ender vi opp med A = 2 sin 2θ B = cos 2θ C = 2 sin 2θ D = 0 E = 0. Målet vårt er å bli kvitt kryssleddet, altså B uv, fordi standardligningene for ellipser, parabler og hyperbler ikke inneholder slike. Vi vil derfor velge θ slik at B = 0, og ser at dette skjer dersom 3 θ = 3π, siden cos 3π 2 = 0. Siden sin 3π 2 = 1 får vi også A = 2 og B = 2, slik at ligning (8) blir 2u 2 + 2v = 0, altså u 2 2 v2 2 = 1, en hyperbel. Hyperbelen i de ulike koordinatsystemene er vist i Figur 5,6 og 7. 3 Et annet valg, som er like riktig og kanskje mer naturlig, er θ = π u2. Da ville vi fått ligningen v2 = Dette er ikke helt standardligningen for en hyperbel, men ligningen for en konjugathyperbel som boka beskriver nederst på side 68. Vi velger altså θ = 3π for å slippe å nevne konjugathyperbeler, men valget θ = π vil utvilsomt også gi riktig svar. 13. mai 2019 Side 7 av 9

8 Figur 5: Hyperbelen fra oppgave i de opprinnelige koordinatene x og y. Figur 6: Hyperbelen fra oppgave , sammen med det nye koordinatsystemet. 13. mai 2019 Side 8 av 9

9 Figur 7: Hyperbelen fra oppgave i de nye koordinatene u og v. Sammenlign med forrige figur! 13. mai 2019 Side 9 av 9