= y y 0. ax + by + c = 0. x = x 0 + λl y = y 0 + λm
|
|
- Børre Hoff
- 5 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Capitolul 1 Conice 1.1 Dreapta în plan Fie {O, i, j } un reper cartezian ortogonal în plan. Ecuaţia canonică a dreptei determinată de punctul M 0 (x 0, y 0 ) şi de vectorul director v = l i + m j (cu l + m > 0) este sau echivalent x x 0 l = y y 0 m mx ly mx 0 + ly 0 = 0 Notând a = m, b = l şi c = mx 0 + ly 0, obţinem ecuaţia ax + by + c = 0 cu a +b > 0, ecuaţie care se numeşte ecuaţia generală a dreptei în plan. Dacă egalăm rapoartele din ecuaţia dreptei cu λ: x x 0 l = y y 0 m = λ se obţin ecuaţiile parametrice ale dreptei: x = x 0 + λl y = y 0 + λm De asemenea ecuaţia canonică a dreptei determinată de două puncte M 1 (x 1, y 1 ) şi M (x, y ) este: x x 1 x x 1 = y y 1 y y 1 1
2 ecuaţie care se poate rescrie Cazuri particulare x y 1 x 1 y 1 1 x y 1 = 0 ˆ Ecuaţia axei Ox: y = 0 ˆ Ecuaţia unei drepte paralele cu Ox: y = y 0 ˆ Ecuaţia axei Oy: x = 0 ˆ Ecuaţia unei drepte paralele cu Oy: x = x 0 ˆ Ecuaţia primei bisectoare: y = x ˆ Ecuaţia celei de-a doua bisectoare: y = x ˆ Ecuaţia dreptei prin tăieturi: Fie o dreaptă care nu trece prin origine şi nu este paralelă cu axele de coordonate şi fie A(a, 0), B(0, b) punctele de intersecţie ale dreptei cu axele de coordonate, cu a b 0. Obţinem: Fie o dreaptă d de ecuaţie x a 0 a = y 0 b 0 bx + ay ab = 0 x a + y b 1 = 0. ax + by + c = 0, a + b > 0 Atunci şi λax + λby + λc = 0, λ R este o ecuaţie a dreptei d, deci o dreaptă are o infinitate de ecuaţii. Două ecuaţii reprezintă aceeaşi dreaptă dacă şi numai dacă au coeficienţii proporţionali. Dacă dreapta d nu este paralelă cu Oy (deci b 0), ecuaţia dreptei se poate rescrie: y = a b x c b Notănd m = a b, n = c b obţinem y = mx + n care se numeşte ecuaţia explicită a dreptei d. Coeficientul m se numeşte panta dreptei, iar n este ordonata intersecţiei dreptei cu axa Oy.
3 Fie A(x A, y A ) şi B(x B, y B ) două puncte distincte pe dreapta d. Dreapta nefiind paralelă cu Oy, avem că x A x B. Punând condiţia ca cele două puncte să verifice ecuaţia dreptei obţinem Scăzând cele două ecuaţii obţinem y A = mx A + n şi y B = mx B + n. y B y A = m(x B x A ) m = y B y A x B x A = tg θ unde θ este unghiul dintre semiaxa pozitivă a axei Ox şi semidreapta de pe dreapta d situată deasupra axei Ox. Avem: ˆ m > 0 θ unghi ascuţit ˆ m < 0 θ unghi obtuz ˆ m = 0 dreapta este paralelă cu Ox Observaţii 1. Dreapta d care are ecuaţia explicită y = mx + n trece prin punctele de coordonate (0, n) şi (1, m + n), deci ecuaţia canonică a dreptei este x 1 = y n m, aşadar un vector director al dreptei este v = 1 i + m j. O dreaptă este unic determinată de un punct M 0 (x 0, y 0 ) şi de panta m. Pentru un punct oarecare M(x, y) de pe dreaptă avem m = y y 0 x x 0 y y 0 = m(x x 0 ) 3. Două drepte d 1 şi d neparalele cu Oy având pantele m 1 şi m sunt paralele dacă şi numai dacă m 1 = m. 4. Două drepte d 1 şi d neparalele cu Oy având pantele m 1 şi m sunt perpendiculare dacă şi numai dacă m 1 m = Conice pe ecuaţii reduse Definiţia 1.1. Se numeşte conică o curbă plană definită în reperul cartezian ortonormat {O; i, j } printr-o ecuaţie algebrică de gradul al doilea de forma a 11 x + a 1 xy + a y + a 13 x + a 3 y + a 33 = 0, unde a ij R, i, j {1,, 3}, a 11 + a 1 + a > 0 (adică cel puţin unul dintre coeficienţii termenilor de gradul al doilea este nenul), iar (x, y) sunt coordonatele euclidiene în reperul dat ale unui punct oarecare al conicei. 3
4 Conicele se mai numesc şi curbe de gradul al doilea. Exemple de conice: cercul, elipsa, hiperbola, parabola Cercul Definiţia 1.. Fie un punct fixat C(a, b) şi r > 0 un număr real fixat. Se numeşte cerc de centru C şi rază r este locul geometric al punctelor M(x, y) care satisfac egalitatea CM = r. (1.1) Avem CM = (x a) i + (y b) j, deci (1.1) se rescrie (x a) + (y b) = r sau echivalent (x a) + (y b) = r (1.) care se numeşte ecuaţia carteziană implicită a cercului de centru C(a, b) şi rază r. Efectuând calculele în ecuaţia (1.) obţinem: x + y ax by + a + b r = 0. Notând m = a, n = b şi p = a + b r, ecuaţia se rescrie x + y + mx + ny + p = 0, care se numeşte ecuaţia generală a cercului. Ecuaţia (1.) este de asemenea echivalentă cu ecuaţiile x = a + r cos t y = b + r sin t, t [0, π) numite ecuaţiile parametrice ale cercului. 1.. Elipsa Definiţia 1.3. Fie F, F două puncte în plan şi a > 0. Locul geometric al punctelor M din plan cu proprietatea se numeşte elipsă. MF + MF = a 4
5 ˆ Punctele F, F se numesc focarele elipsei ˆ Dreapta F F se numeşte axă focală. ˆ Distanţa dintre focare se numeşte distanţă focală: F F = c < a ˆ distanţele MF şi MF se numesc raze focale Pentru a găsi ecuaţia elipsei alegem ca axă a absciselor axa focală F F, iar ca axă a ordonatelor mediatoarea segmentului F F. Originea reperului este mijlocul segmentului F F, deci focarele au coordonatele F (c, 0) şi F ( c, 0). Din definiţia elipsei, punctul M(x, y) aparţine elipsei dacă şi numai dacă (x c) + y + (x + c) + y = a (x + c) + y = a (x c) + y x + cx + c + y = 4a 4a (x c) + y + x cx + c + y a (x c) + y = a cx a (x cx + c + y ) = a 4 a cx + c x (a c )x + a y = a (a c ) Notând b = a c, ecuaţia anterioară devine b x + a y = a b x a + y b = 1, ecuaţie care se numeşte ecuaţia carteziană implicită a elipsei. Observaţii ˆ Dacă M(x, y) este un punct pe elipsă, atunci şi simetricul lui faţă de Ox, punctul de coordonate (x, y) verifică ecuaţia elipsei, deci Ox este axă de simetrie a elipsei. ˆ Simetricul lui M faţă de Oy, punctul de coordonate ( x, y) verifică ecuaţia elipsei, deci Oy este axă de simetrie a elipsei. ˆ Simetricul lui M faţă de O, punctul de coordonate ( x, y) verifică ecuaţia elipsei, deci O este centru de simetrie al elipsei. ˆ Intersecţiile elipsei cu axele de coordonate, punctele A(a, 0), A ( a, 0), B(0, b), B (0, b) se numesc vârfurile elipsei. ˆ OA = a şi OB = b se numesc semiaxa mare şi respectiv semiaxa mică a elipsei. 5
6 ˆ Raportul e = c < 1 se numeşte excentricitatea elipsei. Avem: a e = c a = a b a = 1 ( b a ) b a = 1 e deci excentricitatea caracterizează forma elipsei. ˆ Ecuaţia carteziană a elipsei este echivalentă cu ecuaţiile x = a cos t y = b sin t, t [0, π) numite ecuaţiile parametrice ale elipsei. ˆ Ecuaţia tangentei la elipsă dusă printr-un punct M 0 (x 0, y 0 ) de pe elipsă se obţine prin dedublare: 1..3 Hiperbola xx 0 a + yy 0 b 1 = 0. Definiţia 1.4. Fie F, F două puncte în plan şi a > 0. Locul geometric al punctelor M din plan cu proprietatea se numeşte hiperbolă. MF MF = a ˆ Punctele F, F se numesc focarele hiperbolei ˆ Dreapta F F se numeşte axă focală. ˆ Distanţa dintre focare se numeşte distanţă focală: F F = c > a ˆ distanţele MF şi MF se numesc raze focale Pentru a găsi ecuaţia carteziană implicită a hiperbolei alegem ca axă a absciselor axa focală F F, iar ca axă a ordonatelor mediatoarea segmentului F F. Originea reperului este mijlocul segmentului F F, deci focarele au 6
7 coordonatele F (c, 0) şi F ( c, 0). Prin definiţie, punctul M(x, y) aparţine hiperbolei dacă şi numai dacă (x + c) + y (x c) + y = ±a (x + c) + y = (x c) + y ± a x + cx + c + y = x cx + c + y ± 4a (x c) + y + 4a Observaţii ±a (x c) + y = cx a a (x cx + c + y ) = a 4 a cx + c x (c a )x a y = a (c a ) b x a y = a b x a y b = 1. ˆ Axele Ox şi Oy sunt axe de simetrie ale hiperbolei; ˆ Intersecţiile hiperbolei cu axa Ox, punctele A(a, 0), A ( a, 0), se numesc vârfurile hiperbolei, iar axa Ox se numeşte axa transversă a hiperbolei; ˆ Dreptele de ecuaţii y = ± b x sunt asimptotele hiperbolei şi se obţin ca a asimptote oblice ale funcţiilor f 1 (x) = b a x a şi f (x) = b a x a ; ˆ Dacă a = b, hiperbola are ecuaţia x y = a şi se numeşte hiperbolă echilateră, iar asimptotele sunt bisectoarele axelor y = x şi y = x; ˆ O ecuaţie de forma xy = ±a reprezintă tot o hiperbolă echilateră, având ca asimptote axele de coordonate, iar ca axe de simetrie bisectoarele axelor. ˆ Raportul e = c a < 1 se numeşte excentricitatea hiperbolei. Avem: e = c a = a + b a = 1 + ( b a ) b a = e 1 deci excentricitatea caracterizează forma hiperbolei. 7
8 ˆ Ecuaţia carteziană a elipsei este echivalentă cu ecuaţiile x = a ch t y = b sh t, t R numite ecuaţiile parametrice ale hiperbolei. ˆ Ecuaţia tangentei la hiperbolă dusă printr-un punct M 0 (x 0, y 0 ) de pe hiperbolă se obţine prin dedublare: 1..4 Parabola xx 0 a yy 0 b 1 = 0. Definiţia 1.5. Fie o dreaptă fixă d în plan şi un punct fix F d. Locul geometric al punctelor M din plan cu proprietatea că distanţa la punctul F este egală cu distanţa la dreapta d se numeşte parabolă. ˆ Punctul F se numeşte focar; ˆ Dreapta d se numeşte dreaptă directoare; ˆ Distanţa de la focar la dreapta directoare se numeşte parametrul parabolei şi se notează cu p. Pentru a găsi ecuaţia parabolei alegem ca axă a absciselor perpendiculara dusă prin F la d, care intersectează dreapta d în punctul A şi are sensul pozitiv de la directoare către focar, iar axa ordonatelor este mediatoarea segmentului AF. Focarul F are coordonatele ( p, 0), iar prin definiţie un punct oarecare M(x, y) se află pe parabolă dacă şi numai dacă MF = MB unde B este proiecţia lui M pe dreapta d şi are coordonatele ( p, y). Obţinem: (x p ) + y = x + p x px + p 4 + y = x + px + p 4 de unde se obţine ecuaţia carteziană implicită a parabolei: y = px Axa Ox se numeşte axa parabolei (sau axa transversă a parabolei) şi este axă de simetrie pentru parabolă, iar punctul O(0, 0) se numeşte vârful parabolei. Observaţii 8
9 ˆ Ecuaţia carteziană a parabolei este echivalentă cu ecuaţiile x = t p y = t, t R numite ecuaţiile parametrice ale parabolei; ˆ Ecuaţia tangentei la parabolă dusă printr-un punct M 0 (x 0, y 0 ) de pe parabolă se obţine prin dedublare: yy 0 = p(x + x 0 ); ˆ Ecuaţia y = px, p > 0 reprezintă tot o parabolă cu axa transversă Ox, vârful în origine, dar situată în semiplanul din stânga axei Oy; ˆ Ecuaţiile x = py şi x = py, cu p > 0 reprezintă parabole având axa transversă Oy şi vârful în origine. 1.3 Schimbări de repere carteziene Rotaţia Fie {O; i, j } un reper cartezian ortonormat obţinut prin rotirea reperului {O; i, j } cu un unghi θ [0, π). Notăm cu (x, y) coordonatele unui punct oarecare M din plan în reperul iniţial şi cu (x, y ) coordonatele aceluiaşi punct în reperul rotit. Avem: OM = x i + y j = x i + y j Înmulţind scalar această egalitate cu i, respectiv j, obţinem: x i i + y j i = x i i + y j i x i j + y j j = x i j + y j j Avem i i = j j = 1 şi i j = j i = 0, deci x = x i i + y j i y = x i j + y j j (1.3) Avem i i = cos θ, j i = cos (θ + π ) = sin θ i j = cos ( π θ) = sin θ, j j = cos θ 9
10 şi înlocuind în (1.3) găsim sau echivalent ( x y x = x cos θ y sin θ y = x sin θ + y cos θ ) = ( cos θ sin θ sin θ cos θ ) ( x y ). Matricea C = ( cos θ sin θ sin θ cos θ ) este o matrice ortogonală (C 1 = C T ), deci rotaţia în plan de unghi θ este o transformare ortogonală Translaţia Fie reperul {O; i, j }, un punct A(x 0, y 0 ) şi considerăm reperul cartezian ortonormat {A; i, j }. Notăm cu (x, y) coordonatele unui punct oarecare M din plan în reperul iniţial şi cu (x, y ) coordonatele aceluiaşi punct în reperul nou. Avem: OM = OA + AM x i + y j = x 0 i + y0 j + x i + y j de unde obţinem x = x 0 + x. y = y 0 + y Prin compunerea unei translaţii cu o rotaţie se obţine rototranslaţia de ecuaţii x = x 0 + X cos θ Y sin θ, y = y 0 + X sin θ + Y cos θ unde (X, Y ) sunt coordonatele punctului M în {A; i, j }. 1.4 Reducerea conicelor la forma canonică Fie o conică de ecuaţie a 11 x + a 1 xy + a y + a 13 x + a 3 y + a 33 = 0. Prin schimbarea reperului, se schimbă şi coordonatele punctelor de pe conică, deci se schimbă şi ecuaţia pe care o verifică acestea. Vom căuta reperul în care ecuaţia conicei are o formă particulară (de elipsă, hiperbolă sau parabolă), numită formă canonică. 10
11 1.4.1 Invarianţii unei conice Definiţia 1.6. Fie o conică de ecuaţie a 11 x + a 1 xy + a y + a 13 x + a 3 y + a 33 = 0, (1.4) f(x,y) cu a ij R, i, j {1,, 3}, a 11 + a 1 + a > 0. Numerele reale I = a 11 + a, δ = a 11 a 1 a 1 a, = se numesc invarianţii conicei. a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 a 13 a 3 a 33 Teorema 1.1. Invarianţii I, δ, nu se schimbă la translaţii sau rotaţii. Demonstraţie: x = x 0 + x Înlocuind ecuaţiile translaţiei y = y 0 + y în (1.4) obţinem a 11 x + a 1 x y + a y + a 13x + a 3y + a 33 = 0, (1.5) a 13 = a 11x 0 + a 1 y 0 + a 13 unde a 3 = a 1x 0 + a y 0 + a 3, deci coeficienţii termenilor de grad nu se a 33 = f(x 0, y 0 ) modifică, aşadar I şi δ rămân neschimbaţi. Efectuând operaţii pe coloane în avem: = a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 a 13 a 3 a 33 C 3 x 0 C 1 = C 3 y 0 C Efectuând operaţii pe linii în avem : a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 a 13 a 3 a 13 x 0 + a 3 y 0 + a 33 a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 a 13 a 3 a 13 x 0 + a 3 y 0 + a 33 Fie acum o rotaţie de unghi θ. Avem: L 3 x 0 L 1 = L 3 y 0 L a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 a 13 a 3 a 33 =. x = x cos θ y sin θ y = x sin θ + y cos θ ( x y ) = ( cos θ sin θ sin θ cos θ ) ( x y ) X = CX, 11
12 unde C = ( cos θ sin θ sin θ cos θ ), X = ( x y ), X = ( x y ). Introducem de asemenea notaţiile A = ( a 11 a 1 a 1 a ), B = ( a 13 a 3 ). Ecuaţia conicei se rescrie matriceal X T AX + BX + a 33 = 0. Înlocuind ecuaţiile rotaţiei X = CX în ecuaţia matriceală anterioară obţinem X T (C T AC)X + B(CX ) + a 33 = 0 Matricea C fiind ortogonală, A şi C T AC au acelaşi polinom caracteristic, iar coeficienţii acestuia fiind chiar I şi δ, deducem că aceştia nu se schimbă la efectuarea unei rotaţii. Introducem notaţiile Ā = a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 a 13 a 3 a 33, C = cos θ sin θ 0 sin θ cos θ , Ā = a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 a 13 a 3 a 33 Considerăm forma pătratică având matricea Ā în baza canonică din R3. Atunci Ā este matricea aceleiaşi forme pătratice în baza dată de matricea C, deci avem = det Ā = det( C T Ā C) = det C T det Ā det C = det Ā = Forma canonică a conicelor cu centru Fie conica de ecuaţie a 11 x + a 1 xy + a y + a 13 x + a 3 y + a 33 = 0, (1.6) f(x,y) cu a ij R, i, j {1,, 3}, a 11 + a 1 + a > 0. Căutăm o translaţie de ecuaţii x = x 0 + x astfel încât în noile coordonate ecuaţia conicei y = y 0 + y a 11 x + a 1 x y + a y + a 13x + a 3y + a 33 = 0, (1.7) a 13 să nu conţină termeni de grad 1, adică = a 11x 0 + a 1 y 0 + a 13 = 0 a 3 = a. 1x 0 + a y 0 + a 3 = 0 Caz 1. Dacă δ 0, sistemul anterior are soluţie unică, iar în reperul translatat cu centrul în O (x 0, y 0 ) ecuaţia conicei este a 11 x + a 1 x y + a y + f(x 0, y 0 ) = 0, (1.8) 1
13 Dacă punctul de coordonate (x, y ) verifică (1.8), atunci şi punctul de coordonate ( x, y ) verifică (1.8), deci O este centru de simetrie pentru conică, iar coordonatele lui sunt: a 13 a 1 a 3 a x 0 =, y 0 = δ Termenul liber f(x 0, y 0 ) din (1.8) se rescrie astfel: a 11 a 13 a 1 a 3 δ (1.9) f(x 0, y 0 ) = a 11 x 0 + a 1 x 0 y 0 + a y0 + a 13 x 0 + a 3 y 0 + a 33 = (a 11 x 0 + a 1 y 0 + a 13 )x 0 + (a 1 x 0 + a y 0 + a 3 )y 0 + +a 13 x 0 + a 3 y 0 + a 33 = a 13 x 0 + a 3 y 0 + a 33 a 11 a 1 a 13 Avem = a 1 a a 3 = a 13 x 0 δ + a 3 y 0 δ + a 33 δ = δf(x 0, y 0 ) a 13 a 3 a 33 Ecuaţia (1.8) devine a 11 x + a 1 x y + a y + δ = 0, (1.10) Dacă a 1 = 0, atunci (1.10) este formă canonică. Dacă a 1 0, considerăm forma pătratică Φ R R, Φ(x, y ) = a 11 x + a 1 x y + a y, având matricea A = ( a 11 a 1 ) în baza canonică. Există o bază ortonormată formată din vectori proprii ai lui A în care Φ are forma canonică a 1 a λ 1 X + λ Y, unde λ 1 şi λ sunt valorile proprii ale lui A, adică rădăcinile ecuaţiei caracteristice: a 11 λ a 1 a 1 a λ = 0 λ Iλ + δ = 0. În noile coordonate ecuaţia conicei (1.10) devine λ 1 X + λ Y + δ = 0, (1.11) deci are formă canonică. Putem presupune că baza { v 1, v } în care avem forma canonică se obţine din baza { i, j } printr-o rotaţie de unghi θ 13
14 v (0, π), aşadar 1 = cos θ i + sin θ j v = sin θ i + cos θ j corespunzători matricei A obţinem:. Cum v 1 şi v sunt vectori proprii ( a 11 a 1 ) ( cos θ a 1 a sin θ ) = λ 1 ( cos θ sin θ ) λ 1 cos θ = a 11 cos θ + a 1 sin θ ( a 11 a 1 ) ( sin θ a 1 a cos θ ) = λ ( sin θ cos θ ) λ sin θ = a 11 sin θ + a 1 cos θ Înmulţind prima relaţie cu sin θ, pe a doua cu cos θ şi sumându-le obţinem (λ 1 λ ) sin θ cos θ = a 1 Cum a 1 0 şi θ (0, π ), deducem că λ 1 λ şi λ 1 λ are acelaşi semn cu a 1. Din cele două formule anterioare se poate obţine unghiul θ: λ 1 cos θ = a 11 cos θ + a 1 sin θ tg θ = λ 1 a 11 a 1 λ sin θ = a 11 sin θ + a 1 cos θ tg θ = a 11 λ Legătura între coordonatele iniţiale x, y şi coordonatele X, Y în care avem forma canonică sunt: a 1 x = x 0 + X cos θ Y sin θ y = y 0 + X sin θ + Y cos θ. Coeficienţii formei canonice λ 1 X + λ Y + δ = 0 fiind rădăcinile ecuaţiei caracteristice λ Iλ + δ = 0, distingem următoarele cazuri: 1. δ > 0, I > 0, < 0 λ 1 > 0, λ > 0, δ < 0 elipsă. δ > 0, I > 0, = 0 λ 1 > 0, λ > 0, δ = 0 un punct 3. δ > 0, I > 0, > 0 λ 1 > 0, λ > 0, δ > 0 4. δ > 0, I < 0, < 0 λ 1 < 0, λ < 0, δ < 0 5. δ > 0, I < 0, = 0 λ 1 < 0, λ < 0, δ = 0 un punct 6. δ > 0, I < 0, > 0 λ 1 < 0, λ < 0, δ > 0 elipsă 7. δ < 0, 0 hiperbolă 14
15 8. δ < 0, = 0 două drepte concurente Dacă 0 conica se numeşte nedegenerată, iar dacă = 0 conica se numeşte degenerată. Caz. Dacă δ = 0 şi rang( a 11 a 1 a 13 a 11 x 0 + a 1 y 0 + a 13 = 0 ) = 1, sistemul a 1 a a 3 a 1 x 0 + a y 0 + a 3 = 0 are o infinitate de soluţii, deci conica are o infinitate de centre. Dacă (x 0, y 0 ) este o soluţie a sistemului anterior, atunci în reperul translatat cu centrul în O (x 0, y 0 ) ecuaţia conicei este a 11 x + a 1 x y + a y + f(x 0, y 0 ) = 0, (1.1) unde f(x 0, y 0 ) = a 13 x 0 + a 3 y 0 + a 33. Distingem cazurile: 1. Dacă a 1 = 0, cum a 11 a = a 1 a 11 = 0 sau a = 0, deci conica degenerează în două drepte paralele sau confundate sau mulţimea vidă.. Dacă a 1 0, cum a 11 a = a 1 a 11 şi a au acelaşi semn. Înmulţind eventual ecuaţia (1.1) cu 1, putem presupune că a 11 > 0 şi a > 0, iar (1.1) devine ( a 11 x ± a y ) ± f(x 0, y 0 ) = 0 deci conica degenerează în două drepte paralele sau confundate sau mulţimea vidă Forma canonică a conicelor fără centru Fie din nou conica de ecuaţie a 11 x + a 1 xy + a y + a 13 x + a 3 y + a 33 = 0, (1.13) f(x,y) cu a ij R, i, j {1,, 3}, a 11 + a 1 + a > 0. Caz 3. Dacă δ = 0 şi rang( a 11 a 1 a 13 a 1 a a 3 ) =, sistemul a 11 x 0 + a 1 y 0 + a 13 = 0 a 1 x 0 + a y 0 + a 3 = 0 este incompatibil, deci nu există o translaţie în urma căreia să dispară termenii de grad 1 din ecuaţie, altfel spus conica nu are centru de simetrie. Dacă a 1 0, considerăm forma pătratică Φ R R, Φ(x, y) = a 11 x + a 1 xy + a y, 15
16 având matricea A = ( a 11 a 1 ) în baza canonică. Există o bază ortonormată formată din vectori proprii ai lui A în care Φ are forma canonică a 1 a λ 1 x + λ y, unde λ 1 şi λ sunt valorile proprii ale lui A, adică rădăcinile ecuaţiei caracteristice: a 11 λ a 1 a 1 a λ = 0 λ Iλ + δ = 0 Cum δ = 0 λ 1 λ = 0. Presupunem λ 1 = 0, λ = I 0 (dacă ambele valori proprii ar fi nule, ar rezulta a 11 = a 1 = a = 0). În noile coordonate x, y ecuaţia conicei devine Iy + a 13x + a 3y + a 33 = 0 (1.14) Putem presupune că baza { v 1, v } în care avem forma canonică se obţine din baza { i, j } printr-o rotaţie de unghi θ (0, π ), aşadar v 1 = cos θ i + sin θ j v = sin θ i + cos θ j x = x cos θ y sin θ y = x sin θ + y cos θ Cum v 1 este vector propriu corespunzător valorii proprii 0 obţinem: ( a 11 a 1 ) ( cos θ a 1 a sin θ ) = ( 0 0 ) a 11 cos θ + a 1 sin θ = 0 tg θ = a 11 a 1 a 13 Prin calcul se obţine de asemenea = a 13 cos θ + a 3 sin θ a 3 = a 13 sin θ + a 3 cos θ Dacă a 13 = 0 a 13 = tg θ = a 11 rang ( a 11 a 1 a 13 ) = 1, deci a a 3 a 1 a 1 a a în Iy + a 13 x + a 3 y + a 33 = 0. Grupând corespunzător termenii în ecuaţia anterioară obţinem I (y + a 3 I ) + a 13 (x + c ) = 0 a 3 unde c = a 33 a 3 I. Efectuând translaţia X = x + c a 3 Y = y + a 3 I ecuaţia conicei devine IY + a 13X = 0 16
17 Cum este invariant la rotaţii şi translaţii, avem = deci găsim forma canonică 0 0 a 13 0 I 0 a Y = ±px, unde p = = a 13I a 13 = I I 3. Semnul ± în ecuaţia anterioară se alege în funcţie de poziţia parabolei faţă de axele de coordonate ale reperului iniţial, intersectând parabola cu aceste axe. Ecuaţia axei de simetrie a parabolei este a 11 (a 11 x + a 1 y + a 13 ) + a 1 (a 1 x + a y + a 3 ) = 0 iar coordonatele vârfului parabolei se obţin intersectând parabola cu axa de simetrie, deci rezolvând sistemul format din ecuaţia anterioară şi ecuaţia iniţială a conicei. Dacă a 1 = 0, din δ = 0 a 11 = 0 sau a = 0. Pentru a 11 = 0, ecuaţia conicei devine a y + a 13 x + a 3 y + a 33 = 0 a 13 = 0 conică degenerată. a 13 0 parabolă (făcând o translaţie ca mai sus). Exemplu: Fie conica de ecuaţie x 4xy + 4y 6x + y + 1 = 0. ˆ coeficienţii a 11 = 1, a = 4, a 1 =, a 13 = 3, a 3 = 1, a 33 = 1; ˆ invarianţii I = 5, δ = 4 = 0, = deci conica este o parabolă nedegenerată ˆ p = I = 1 forma canonică Y = ± X = 5 ˆ axa de simetrie: a 11 (a 11 x + a 1 y + a 13 ) + a 1 (a 1 x + a y + a 3 ) = 0 x y 1 = 0 x ˆ vârful 4xy + 4y 6x + y + 1 = 0 x y 1 = 0 V ( 1 5, 5 ) 17
18 ˆ intersecţia parabolei cu axa Ox: x 4xy + 4y 6x + y + 1 = 0 y = 0 x 1, = 6 ± 3 parabola 4 3 y x Concluzii: În funcţie de semnul invarianţilor distingem cazurile: δ Forma canonică Tip X 0 a + Y > 0 b 1 = 0 elipsă X a + Y b + 1 = 0 X = 0 a + Y b = 0 punct X 0 < 0 a Y b 1 = 0 hiperbolă X = 0 a Y = 0 două drepte concurente b 0 Y px = 0 parabolă Y = 0 a = 0 două drepte paralele = 0 Y = 0 două drepte confundate Y + a = 0 18
19 1.5 Exerciţii 1. Să se scrie ecuaţiile cercurilor determinate de: (a) centrul în C(, 3) şi raza r = 7 (b) centrul în C(1, 1) şi o tangetă la cerc este dreapta 3x + 4y + 8 = 0 (c) extremităţile unui diametru sunt A(3, ) şi B( 1, 6) (d) trece prin punctele M 1 ( 1, 5), M (, ), M 3 (5, 5) (e) trece prin origine şi are centrul C(, 0). Să se determine centrul şi raza următoarelor cercuri; să se scrie ecuaţiile parametrice şi să se reprezinte grafic: (a) x + y 6x 4y + 9 = 0 (b) x + y 4x + y 4 = 0 (c) x + y x = 0 (d) x + y y = 0 (e) x + y 4x + 3 = 0 (f) x + y x y = 0 3. Să se determine intersecţia cercului cu dreapta: (a) (C) x + y y = 0, (d) x + y = 1 (b) (C) x + y x = 0, (d) x = y 4. Să se scrie ecuaţiile elipselor date prin elementele: (a) F ( 1, 0), F (1, 0) şi semiaxa mare 5 (b) axa mare 10 şi distanţa dintre focare 8 (c) axa mică 16 şi F (3, 0) (d) semiaxele 4 şi (e) distanţa dintre focare 6 şi semiaxa mare 5 (f) semiaxa mare 5 şi excentricitatea 0, 6 5. Să se determine semiaxele, focarele şi excentricitatea elipselor, şi să se scrie ecuaţiile lor parametrice: (a) x 9 + y 4 1 = 0 19
20 (b) 9x + 5y = 5 (c) 3x + 4y = 1 (d) x + y 6 = 0 (e) 5x + 169y = 5 6. Să se afle punctele de intersecţie ale elipsei cu dreapta: (a) x 4 + y 1 = 0, x + y 3 = 0 (b) 5x + 8y 77 = 0, x + y 7 = 0 7. Să se scrie ecuaţia tangentei la elipsa x +y 6 = 0 în punctul M(, 3) de pe elipsă 8. Să se scrie ecuaţiile hiperbolelor având focarele pe axa Ox şi cunoscând următoarele elemente: (a) semiaxele sunt 4 şi 3 (b) distanţa dintre vârfuri 6 iar distanţa între focare 10 (c) semiaxa transversă este 1 şi e = 5 4 (d) F (0, 10), F (0, 10) şi distanţa între vârfuri 8 9. Să se afle semiaxele, focarele, excentricitatea şi asimptotele hiperbolelor (a) 16x 5y = 400 (b) x 9 y 16 = 1 (c) x 5y 10 = Să se reprezinte hiperbolele şi asimptotele lor: (a) x y = 1 (b) x 4y 4 = 0 (c) 4y 9x 36 = 0 (d) xy = ; xy = (e) x 5 y 49 1 = Să se scrie ecuaţia tangentei la hiperbola în punctul M 0 (5, 4) x 5 y 4 = 1 0
21 1. Să se scrie ecuaţiile tangentelor duse din M 0 (, 1) la hiperbola şi să se afle punctele de contact. x 4y 1 = Să se scrie ecuaţia unei parabole cu vârful în originea reperului ştiind că: (a) focarul este F (1, 0) (b) focarul este F (0, ) (c) axa de simetrie este Ox, cu p = 0, 5, situată în semiplanul stâng (d) axa de simetrie este Oy, p = 3 şi situată în semiplanul inferior 14. Să se determine focarul, axa de simetrie, şi să se reprezinte grafic parabolele: (a) y = x (b) y = 4x (c) x = 5y (d) x = y 15. Să se scrie ecuaţia tangentei şi ecuaţia normalei la parabola y = 3x în punctul de abscisă x = Să se recunoască şi să se reprezinte grafic curbele: (a) 4x 5y = 0 (g) y + x = 0 (b) x + y 9 = 0 (c) y x = 0 (d) x + y x = 0 (e) x + y 4 = 0 x = cos t (f), t [0, π] y = sin t (h) 16x 9y = 0 (i) x + y 1 = 0 x = 1 + cos t (j), t [0, π] y = sin t (k) y + 4x = 0 x = 3 cos t (l), t [0, π] y = sin t 1
22 17. Să se reprezinte domeniile din plan mărginite de curbele: y a) = x x = y y = x b) y = 1 y = x c) y = x x = 18. Să se reprezinte domeniile din plan determinate de: x + y y a) y x x 0 x + y 4 b) x + y 4 1 x 0 x c) + y 4 x + y x x + y x y d) x y y Să se aducă la forma canonică şi să se reprezinte grafic conicele: (a) 5x + 8xy + 5y 18x 18y + 9 = 0 R: X 1 + Y 9 1 = 0, C(1, 1), α = π 4. (b) 5x + 6xy + 5y 16x 16y 16 = 0 R: X 4 + Y 16 1 = 0, C(1, 1), α = π 4. (c) x xy + y 5x + y = 0 R: X 18 + Y 6 1 = 0, C(3, 1), α = π 4. (d) 3x xy + 3y 4x 4y 36 = 0 R: X 0 + Y 10 1 = 0, C(1, 1), α = π 4. (e) 5x 8xy + 5y 1x + 6y = 0 R: X 9 + Y 1 1 = 0, C(, 1), α = π 4. (f) x xy + y 5x + y = 0 R: X 18 + Y 6 1 = 0, C(3, 1), α = π 4. (g) 3x + 10xy + 3y x 14y 13 = 0 R: X 1 Y 4 1 = 0, C(, 1), α = π 4. (h) x 8xy + 7y + 6x 6y + 9 = 0 R: X 9 Y 1 1 = 0, C(1, 1), α = arctg 1. (i) 3xy + 6x y 8 = 0 R: X 4 Y 4 1 = 0, C( 1 3, ), α = π 4. (j) 6xy + 8y 1x 6y + 11 = 0 R: X 1 Y 9 (k) 5x + 1xy x 1y 19 = 0 1 = 0, C( 1, ), α = arctg 3. R: X 4 Y 9 1 = 0, C(1, 1), α = arctg 3.
23 (l) 5x 6xy + 5y + x 14y + 1 = 0 R: X 4 + Y + 1 = 0 (m) 5x xy + 5y + 1x 1y + 1 = 0 R: X + 3Y = 0, C( 1, 1) (n) x + 3xy + y x 1 = 0 R: y = x + 1, y = x 1. (o) 3x 7xy + y 4x + 3y + 1 = 0 R: x y 1 = 0, 3x y 1 = 0 (p) x xy + y 10x 6y + 5 = 0 R: = 64, Y = 4 X, x y 1 = 0, V (, 1). (q) x + 4xy + 4y + x y 1 = 0 R: = 5 4, Y = 1 5 X, x + y = 0, V ( 5, 1 5 ). (r) x 4xy + 4y 4x y + 10 = 0 R: = 5, Y = 5 X, x y = 0, V (, 1). (s) x 4xy + 4y 6x 38y + 5 = 0 R: = 05, Y = 18 5 X, x y + 5 = 0, V ( 1, ). (t) 4x 4xy + y 8x 8y + 4 = 0 R: = 144, Y = X, 10x 5y 4 = 0, V ( 5 50, 3 ). 5 (u) x + 4xy + 4y + x + y = 0 R: x + y = 1, x + y =. (v) x 4xy + 4y + 10x 0y + 5 = 0 R: x y + 5 = 0. (w) x 4xy + 4y + 3x 6y + = 0 R: x y + 1 = 0, x y + = 0. 3
Integrale cu parametru
1 Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru 2 3 Definiti integrlei cu prmetru Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre
DetaljerÎNTRODUCEREA STRÂMBEI ÎN MATEMATICĂ 0. ABSTRACT
Moto: În mintea strâmbă şi lucrul drept se strâmbă Arsenie Boca Mircea Eugen ŞELARIU 0. ABSTRACT THE INTRODUCTION OF TWIST (THE SKEW) IN THE MATHEMATICS The article define a mathematic entity called twist,
DetaljerMATEMATIKK. Norsk Morsmål: Tegning (hvis aktuelt) Sus/în top/peste. Ord og begreper
MATEMATIKK Ord og begreper Norsk Morsmål: Tegning (hvis aktuelt) Få Obține Mange Mulți Venstre Stânga Høyre Dreapta Øverst Sus/în top/peste Nederst Inferior/Jos Lite Puţin Mye Mult Flest Cel mai mult/cele
DetaljerMETODA REDUCERII LA UNITATE
METODA REDUCERII LA UNITATE Metoda reducerii la unitate constă în compararea mărimilor date în problemă, cu aceeaşi mărime, luată ca unitate. Această metodă prezintă avantajul că este foarte accesibilă
DetaljerRecapitulare: Integrala definita. Primitive
Recpitulre: Integrl definit. Primitive Lect. dr. Lucin Mticiuc Fcultte de Mtemtică Clcul Integrl şi Aplicţii, Semestrul I Lector dr. Lucin MATICIUC Seminr recpitultiv Integrl definită. Primitive. Să se
DetaljerRobineti termostatici. Jürgen Schlösser Armaturen. Perfection in heating
ARMATUREN Robineti termostatici Jürgen Schlösser Armaturen www.juergen-schloesser-armaturen.de Perfection in heating Descriere tehnică: Robineții termostatici produși de Jürgen Schlösser Armaturen România
Detaljer23. Coordonate stelare şi planetare
23. Coordonate stelare şi planetare 23.1. Coordonate stelare Nu de multe ori, poate, v-aţi întrebat dacă stelele pe care le priviţi noaptea sunt situate toate la aceeaşi distanţă sau, dimpotrivă, sunt
DetaljerNoţiuni introductive. Mărimi topografice. Clasificarea instrumentelor topografice Instrumente pentru măsurarea directă a distanţelor
INSTRUMENTE ŞI APARATE TOPOGRAFICE CUPRINS 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Noţiuni introductive. Mărimi topografice. Clasificarea instrumentelor topografice Instrumente pentru măsurarea directă a distanţelor 2.1.
DetaljerCONDENSATOARE USCATE DE JOASA TENSIUNE PENTRU COMPENSAREA FACTORULUI DE PUTERE
CONDENSATOARE USCATE DE JOASA TENSIUNE PENTRU COMPENSAREA FACTORULUI DE PUTERE EL-nesss.r.l. Domeniul de utilizare si tehnologia folosita : Condensatoarele sunt folosite pentru imbunatatirea factorului
DetaljerCapitolul I - Electricitate
Capitolul I - lectricitate. Pentru circuitul din figura de mai jos putem afirma următoarele: a. 3 AB I = I 3 I = 3 3 U AB 4. La bornele unui generator cu tensiunea electromotoare şi rezistenţa internă
Detaljer.C.I. 90 de e variante. elului lului elabo. (coordonator) Elena Andone Ionel Brabeceanu Silvia Brabeceanu Nicolae Breazu. Csaba Oláh.
Culegere Online Evaluare Naţionalăă la Matematică 010 011 o.ro 90 de e variante realizate după upă mode elului lului elabo orat de M.E.C.I..C.I. Andrei Octavian Dobre (coordonator) Elena Andone Ionel Brabeceanu
DetaljerProf. gr. I Mânzală Iorgu - inspector de matematică Inspectoratul Şcolar Judeţean Buzău
ADRIAN STAN Dreptul de copyright: Crte downlodtă de pe site-ul www.mteinfo.ro nu pote fi pulictă pe un lt site şi nu pote fi folosită în scopuri comercile fără specificre sursei şi cordul utorului Referenţi
DetaljerLUCRARE DE LABORATOR DE INIŢIERE Verificarea legii conservării energiei mecanice la rostogolirea unei bile pe un uluc înclinat
UNIVERSITATEA TEHNICĂ A MOLDOVEI LUCRARE DE LABORATOR DE INIŢIERE Verificarea legii conservării energiei mecanice la rostogolirea unei bile pe un uluc înclinat Îndrumar de laborator la fizică Chişinău
DetaljerPLANIMETRIA 1. MARCAREA ȘI SEMNALIZAREA PUNCTELOR TOPOGRAFICE
PLANIMETRIA Partea din topografie care se ocupă cu studiul instrumentelor și metodelor necesare determinării poziției în plan a punctelor topografice de pe teren, în scopul transpunerii lor pe plan sau
Detaljerx t + f y y t + f z , og t = k. + k , partiellderiverer vi begge sider av ligningen x = r cos θ med hensyn på x. Da får vi = 1 sin 2 θ r sin(θ)θ x
TMA4105 Matematikk 2 Vår 2015 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus:
Detaljer6. PROPAGAREA UNDELOR IONOSFERICE
6. PROPAGAREA UNDELOR IONOSFERICE 6.1. Prezentarea ionosferei. Structura ionosferei reale Prin ionosferă se înţelege acel domeniu ionizat al atmosferei care se află la înălţimi mai mari de 60 km faţă de
DetaljerEKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Fredag 4. desember 2009 løsningsforslag
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 EKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Fredag 4. desember 2009 løsningsforslag Hjelpemidler (kode C): Enkel kalkulator
DetaljerPlatformă de e-learning și curriculă e-content pentru învățământul superior tehnic
Platformă de e-learning și curriculă e-content pentru învățământul superior tehnic Proiect nr. 154/323 cod SMIS 4428 cofinanțat de prin Fondul European de Dezvoltare Regională Investiții pentru viitorul
DetaljerINTERPRETAREA UNEI ELECTROCARDIOGRAME NORMALE SI PATOLOGICE Dr. Laurentiu Lucaci
INTERPRETAREA UNEI ELECTROCARDIOGRAME NORMALE SI PATOLOGICE Dr. Laurentiu Lucaci CALCULUL FRECVENTEI CARDIACE : 1. Pentru un ritm cu intervale RR regulate (in particular ritm sinusal), inregistrat cu viteza
DetaljerCorrigés des exercices du chapitre 25
MPSI Corrigés des exercices du chapitre 5 Exercice I- () () Si deg P =, alors ;, P = Doc, (P,P ',P",,P ) est ue famille écheloée e degrés doc libre Comme elle cotiet + élémets et dim K [X] = + : () (P,P
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE. Eksamen i: MAT-1003 Dato: Tirsdag 15. desember 2015 Tid: Kl 15:00 19:00 Sted: Åsgårdvegen 9
EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: MAT-13 Dato: Tirsdag 15. desember 215 Tid: Kl 15: 19: Sted: Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler: Pedersen et al.: Teknisk formelsamling med tabeller, Rottmanns formelsamling,
DetaljerLøsningsforslag øving 7
Løsningsforslag øving 7 8 Husk at en funksjon er injektiv dersom x y gir f(x) f(y), men her ser vi at f(3) 9 f( 3), eller generelt at f(z) z f( z) for alle z C, som betyr at f ikke er injektiv Vi ser også
DetaljerR2 kapittel 1 Vektorer Løsninger til kapitteltesten i læreboka
R kapittel 1 Vektorer Løsninger til kapitteltesten i læreboka 1.A a Punktet P har koordinatene P = (,, 5). Det gir PQ = [1,, 3 5] = [1,, 8] b PQ = [1,, 8] = 1 + ( ) + ( 8) = 69 8, 3 c OR = OQ + QR = [1,,
DetaljerTMA4110 Matematikk 3 Høst 2010
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Høst 010 Løsningsforslag Øving 4 Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.7 3 Vi skal løse ligningen (1) y 16y
DetaljerCONSIDERATII GENERALE PRIVIND PROCESUL DE MASURARE
Modulul Consideratii generale privind procesul de masurare CONSIDERATII GENERALE PRIVIND PROCESL DE MASRARE Subiecte.. Definirea notiunii de masurare.. Marimi si unitati de masura.3. Mijloace si metode
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 3MX - AA
Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA654-04.06.007 eksamensoppgaver.org September 0, 008 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
DetaljerROBOŢII SCARA Seria THL.
ROBOŢII SCARA Seria THL NOILE MODELE LITE ALE SERIEI THL Performanta la preturi accesibile! Mai usor cu pana la 50% fata de modelele anterioare! Impact redus asupra mediului inconjurator. Reducere de pana
DetaljerGHID DE PREGATIRE ONLINE BACALAUREAT 2011, MATEMATICĂ M1
Coordoator: Adrei Octavia Dobre Silvia Brabeceau, Nicolae Breazu, Delia Valetia Bulgăr, Georgiaa Caache, Viorica Ciocăaru, Ioa Lug, Viorica Lugaa, Bladia Maiţiu, Ştefa Flori Marcu, Coreliu Măescu-Avram,
DetaljerKorreksjoner til fasit, 2. utgave
Korreksjoner til fasit,. utgave Kapittel. Oppgave.. a): / Oppgave.. e):.887, 0.58 Oppgave..9: sin00πt). + ) x Oppgave.7.5 c): ln for 0 < x. x Oppgave.8.0: Uttrykket for a + b) 7 skal være a + b) 7 = a
DetaljerThe full and long title of the presentation
The full and long title of the presentation Subtitle if you want Øistein Søvik Mai 207 Ø. Søvik Short title Mai 207 / 4 Innholdsfortegnelse Introduksjon Nyttige tips før eksamen Nyttige tips under eksamen
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24
DetaljerREACȚII CHIMICE ȘI PROCESE UNITARE
MARIA ELENA UDREA REACȚII CHIMICE ȘI PROCESE UNITARE SUPORT DE CURS PENTRU MODULUL TERMODINAMICĂ ŞI CINETICA CHIMICĂ CLASA A XII-a Calificarea Tehnician în chimie industrială Editura Universul Școlii,
DetaljerS i d e : 1D a t o : 1 7 j u n i Ti d : 0 9 : 0 0 : 4 1
S i d e : 1D a t o : 1 7 j u n i 2 0 1 7Ti d : 0 9 : 0 0 : 4 1 Startliste Løb 1-40 Stævne navn : Harboe Water Games 2017 Stævne by : Slagelse Arrangør : Slagelse Svømmeklub Løb 1, 200m Rygsvømning Damer
DetaljerRegularitati ascunse si corelatii in nano-bio-structuri
NATIONAL INSTITUTE OF MATERIALS PHYSICS BUCHAREST-MAGURELE Atomistilor Str. bis, P.O. Box MG-7, 77 Magurele-Ilfov, Romania Phone: +() 98, Fax: +() 977, email: pintilie@infim.ro, http://www.infim.ro Regularitati
DetaljerTMA4105 Matematikk 2 vår 2013
TMA4105 Matematikk vår 013 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving Alle oppgavene er fra læreboka Merk: I løsningene til alle oppgavene fra seksjon
DetaljerTMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013 Løsningsforslag Øving 4 1 a) Bølgeligningen er definert ved u tt c 2 u xx = 0. Sjekk
DetaljerPrøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag
Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan
DetaljerEn (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x).
Funksjoner En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x). Mengden D kalles definisjonsmengden (eng.: domain) til f. Merknad Dersom
DetaljerEKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA (TMA4205)
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Faglig kontakt under eksamen: Navn: Brynjulf Owren 93064 EKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA TMA405 Fredag 5 desember
DetaljerVEDLEGG 5. 1 Støy og skyggekast. 1.1 Resultater støy
VEDLEGG 5 Ifølge regelverket skal støynivået ved helårsboliger og fritidsboliger ikke overstige den anbefalte grenseverdien på Lden 45 db. Dersom det vurderes som nødvendig for vindkraftverkets realiserbarhet
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 7 15.1.3: Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) = yi + xj må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen eller y = x y, ( ) 1 2 y2 = x.
DetaljerLøsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002
Løsningsforslag Eksamen M Våren Oppgave f(x) = (x )e x Bruker produktregelen i derivasjonen f (x) = e x + (x ) (e x ) For å derivere e x velges kjernen u = x, og vi får (e x ) = e u. f (x) = e x + (x )
DetaljerMAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012
MAT Våren UiO. / 7 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar) og D (diagonal) som diagonaliserer
DetaljerLineær algebra. 0.1 Vektorrom
Lineær algebra Siden dette temaet er alt for stort til å kunne gjennomgås på en halvtime, med alle de teoremene og denisjonene som skal til, har jeg laget dette notatet. Det bygger hovedsakelig på notatene
DetaljerHØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for ingeniørutdanning
HØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for ingeniørutdanning EKSAMEN I FOA94 Differensialligninger KLASSAR : 08HETK, 08HMAM, 08HMMT, 08HMPR, 08HUVT DATO : 0. desember 200 ANTALL OPPGAVER 3 ANTALL SIDER 3 VEDLEGG
DetaljerMa Flerdimensjonal Analyse Øving 1
Ma1203 - Flerdimensjonal Analyse Øving 1 Øistein Søvik Brukernavn: Oistes 23.01.2012 Oppgaver 10.1 6. Show that the triangle with verticies (1, 2, 3), (4, 0, 5) and (3, 6, 4) has a right angle. z y x Utifra
DetaljerLøsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998
Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim
DetaljerBună! Bună ziua! Pa! Pe curând! Bun venit!, te rog! Poftim! Mulțumesc! Cu plăcere. Da, te rog. Scuze! Aici.
Viktige uttrykk Expresii importante Hei! God morgen! God dag! God kveld! God natt! Ha det bra! Ha det! Vi sees! Velkommen! Hvordan har du det? Bra, takk., vær så snill! Vær så god! Takk! Tusen takk! Kunne
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT111 Prøveeksamen Eksamensdag: 5. juni 21. Tid for eksamen: 1. 13.3. Oppgavesettet er på 9 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerHOTĂRÂREA NR. pe tru lo ui ţele pe tru ti eri desti ate î hirierii, o struite pri Age ţia. pri Hotărârea Co siliului Lo al al Mu i ipiului Tul ea r.
HOTĂRÂREA NR. pe tru odificarea si co pletarea Hotărârii Co siliului Local al Mu icipiului Tulcea nr.27/27.02.2017 privind aprobarea cuantumului chiriei pentru locui ţele pe tru ti eri desti ate î chirierii,
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAGET 5005/7 MATEMATIKK 2 1. august der k er et vilkårlig heltall. Det gir
LØNINGFOLAG IL EKAMEN I FAGE 55/7 MAEMAIKK. august Oppgave. (i Ja. (ii Ja. (iii Nei. Alternativt: (i Ja. (ii Ja. (iii Ja. Oppgave. curlf (x, y F i j k (x, y / x / y / z e y + ye x +x xe y + e x + Altså
DetaljerPotensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100
Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 11. november 2011 Kapittel 8.8. Taylorrekker og Maclaurinrekker 3 Taylor-polynomer Definisjon (Taylorpolynomet
DetaljerDiagonalisering. Kapittel 10
Kapittel Diagonalisering I te kapitlet skal vi anvende vår kunnskap om egenverdier og egenvektorer til å analysere matriser og deres tilsvarende lineærtransformasjoner Eksempel Vi begynner med et eksempel
DetaljerDen deriverte og derivasjonsregler
Den deriverte og derivasjonsregler Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway September 3, 2014 Tangenten til en funksjon i et punkt (kap. 2.1) Sekant til en funksjon gjennom to punkter 25 20 f(c+h)
DetaljerQED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus
QED 5 10 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind 2 Fasit kapittel 1 Kalkulus Kapittel 1 Oppgave 1. a) en funksjon b) en funksjon c) ikke en funksjon d) ikke en funksjon Oppgave 2. a) 12,1 b) 4 c)
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07
Løsningsforslag til eksamen i MAT H7 DEL. (3 poeng Hva er den partiellderiverte f y når f(x, y, z = xeyz? xze yz e yz xe yz e yz + xze yz e yz + xze yz + xye yz Riktig svar: a xze yz Begrunnelse: Deriver
DetaljerOppgave 1. e rt = 120e. = 240 e
Løsning MET 803 Matematikk Dato 5. desember 05 kl 0900-00 Oppgave. (a) Dersom vi selger eiendommen etter t år, med t > 0, så er nåverdien av salgssummen med r = 0,0. Da får vi N(t) = V (t)e rt = 0 e e
Detaljere y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0
LØNINGFORLAG TIL EKAMEN I FAGET 55/7 MATEMATIKK. august Oppgave. (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Nei. Alternativt: (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Ja. Oppgave. a) curlf (x, y) F i j k (x, y) / x / y / z e y + ye x +x xe
DetaljerMA1201/MA6201 Høsten 2016
MA/MA6 Høsten 6 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematikk Løsningsforslag Øving Med forebehold om feil. Hvis du finner en, ta kontakt med Karin. Kapittel 6. a) Stemmer. Anta
DetaljerEKSAMEN I NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER MED DIFFERANSEMETODER (TMA4212)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Faglig kontakt under eksamen: Navn: Brynjulf Owren (964) EKSAMEN I NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER MED DIFFERANSEMETODER
Detaljer13 Oppsummering til Ch. 5.1, 5.2 og 8.5
3 Oppsummering til Ch. 5. 5. og 8.5 3. Motivasjon Det er veldig viktig å kunne beregne funksjonsverdier f (A) for kvadratiske matriser A. I kalkulus (teori av differensiallikninger) er det viktig å beregne
DetaljerOppgaver MAT2500 høst 2011
Oppgaver MAT2500 høst 2011 31. oktober 2011 Oppgaver avsnitt 1 Oppgave 1. Bruk cosinussetningen til å se at definisjonen av vinkel i planet blir riktig. Oppgave 2. Vis at d(x, y) = 0 hvis og bare hvis
DetaljerINFORMATICĂ şi TIC. Manual pentru clasa a V-a. Carmen Diana Băican Melinda Emilia Coriteac MINISTERUL EDUCAŢIEI NAŢIONALE ISBN
MINISTERUL EDUCAŢIEI NAŢIONALE Carmen Diana Băican Melinda Emilia Coriteac INFORMATICĂ şi TIC ISBN 978-606-727-233-8 INFORMATICĂ şi TIC Manual pentru clasa a V-a Manual pentru clasa a V-a V Acest manual
DetaljerOppsummering matematikkdel
Oppsummering matematikkdel ECON 2200 Kjell Arne Brekke Økonomisk Institutt May 6, 2010 KAB (Økonomisk Institutt) Oppsummering May 6, 2010 1 / 23 Innledning Rekker bare å nevne noen hovedpunkter Alt er
DetaljerEksamen i TMA4180 Optimeringsteori Løsningsforslag.
Eksamen i TMA48 Optimeringsteori Løsningsforslag. Oppgave :. ordens betingelse for minima gir oss f(x) = [ 2x 2x 2 + 2 2x 2 2x 2 ] [ = som er oppfylt for når x 2 = x +. I dette punktet er [ ] 2 2 2 f(x)
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Ny/utsatt eksamen i Eksamensdag: 9. august 2. Tid for eksamen: 9 2. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: MAT Kalkulus
Detaljer16 Ortogonal diagonalisering
Ortogonal diagonalisering Ortogonale matriser Definisjon (Def 7) En n n matrise A kalles ortogonal dersom den er invertibel og A A T Denne betingelsen er ekvivalent til at der I n er n n identitesmatrisen
DetaljerAEROCLUBUL ROMANIEI PRINCIPIILE ZBORULUI DUMITRU POPOVICI
AEROCLUBUL ROMANIEI PRINCIPIILE ZBORULUI DUMITRU POPOVICI EDITIA FEBRUARIE 003 1. GeneralităŃi Aerodinamica este ştiinńa (ramură a mecanicii fluidelor) care se ocupă cu studiul mişcării aerului (şi în
DetaljerOppgave 14 til 9. desember: I polynomiringen K[x, y] i de to variable x og y over kroppen K definerer vi undermengdene:
HJEMMEOPPGAVER utgave av 8-12-2002): Oppgave 15 til 16 desember: La H være mengden av alle matriser på formen A = a 1 a 12 a 13 a 1n 0 a 2 0 0 0 0 a 3 0 0 0 a n der a 1 a 2 a n 0 Videre la SH være matrisene
DetaljerEKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4110/TMA4115 MATEMATIKK 3
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 25 2. januar 25 EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4/TMA45 MATEMATIKK 3 Oppgave A- a) Finn kvadratrøttene til det komplekse tallet
DetaljerMAT1110. Obligatorisk oppgave 1 av 2
30. mai 2017 Innleveringsfrist MAT1110 Obligatorisk oppgave 1 av 2 Torsdag 23. FEBRUAR 2017, klokken 14:30 i obligkassen, som står i gangen utenfor ekspedisjonen i 7. etasje i Niels Henrik Abels hus. Instruksjoner
DetaljerLøsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org
Løsningsforslag AA654 Matematikk MX Elever 7. juni 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
DetaljerTMA4110 Matematikk 3 Eksamen høsten 2018 Løsning Side 1 av 9. Løsningsforslag. Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer:
TMA4 Matematikk 3 Eksamen høsten 8 Løsning Side av 9 Løsningsforslag Oppgave Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer: 8 5 4 8 3 36 8 4 8 8 8 Den siste matrisen her er på redusert trappeform, og
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE. Mat-1060 Beregningsorientert programmering og statistikk
Fakultet for aturviteskap og tekologi EKSAMENSOPPGAVE Eksame i: (Kode og av) Dato: 05.1.017 Klokkeslett: 09:00-13:00 Sted: Åsgårdv 9 Mat-1060 Beregigsorietert programmerig og statistikk Tillatte hjelpemidler:
DetaljerEKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni 2011 løsningsforslag
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni løsningsforslag Hjelpemidler (kode C): Enkel kalkulator (HP3S eller
DetaljerREGIMURI DE FUNCȚIONARE ALE MOTORULUI DE CURENT CONTINUU ȘI ALE MOTORULUI SINCRON
Aplicația 14 REGIMURI DE FUNCȚIONARE ALE MOTORULUI DE CURENT CONTINUU ȘI ALE MOTORULUI SINCRON 1. Caracteristicile mecanice ale motorului de curent continuu cu excitație separată Schema echivalentă a motorului
DetaljerEKSAMEN I MA0002 Brukerkurs B i matematikk
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Faglig kontakt under eksamen: Achenef Tesfahun (9 84 97 5) EKSAMEN I MA2 Brukerkurs B i matematikk Lørdag 322 Tid:
DetaljerFasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 29/11-3/12
Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 9/11-3/1 Øyvind Ryan (oyvindry@ifiuiono December, 010 Oppgave 15 Oppgave 155 a 4A 3B 4 1 3 1 3 1 4 1 8 4 1 4 3 3 1 3 0 9 6 + 6 3 9 0 5 18 14 1 3 4 4 9 1 6 8 + 6
DetaljerTratarea numerică a semnalelor
LUCRAREA 3 Tratarea umerică a semalelor Aaliza semalelor î domeiul frecveţă Istrumetele pricipale care fac trecerea reprezetării uui semal di domeiul timp î domeiul frecveţă şi ivers sut Trasformatele
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: MAT Kalkulus og lineær algebra Eksamensdag: Fredag. mars Tid for eksamen: 5. 7. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte
DetaljerOppsummering matematikkdel
Oppsummering matematikkdel ECON 2200 Kjell Arne Brekke Økonomisk Institutt May 8, 2009 KAB (Økonomisk Institutt) Oppsummering May 8, 2009 1 / 22 Innledning Rekker bare å nevne noen hovedpunkter Alt er
DetaljerLøsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 2
Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R kapittel B. a Da ABC er 90, blir AC + 8. Siden CAE er 90, blir CE + 8 7. b Vinkelen mellom CE og grunnflata blir vinkel ACE. tan ACE som gir at vinkelen blir
DetaljerI et eksperiment er det målt følgende sammenheng mellom to størrelser x og y. x Y = ax + b:
OPPGAVE I et eksperiment er det målt følgende sammenheng mellom to størrelser x og y. x 7 74 546 y 48 6 45 a) Plott Y ln y mot X ln x i et rettvinklet koordinatsystem. ) Finn en lineær sammenheng mellom
DetaljerMatematikk R1 Oversikt
Matematikk R1 Oversikt Lars Sydnes, NITH 20. mai 2014 I. ALGEBRA ANNENGRADSLIGNINGER Annengradsformelen: ax 2 + bx + c = 0 x = b ± b 2 4ac 2a (i) 0 løsninger hvis b 2 4ac < 0 (ii) 1 løsning hvis b 2 4ac
Detaljer* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable
Exo7 Séries de Fourier Exercices de Jean-Louis Rouget Retrouver aussi cette fiche sur wwwmaths-francefr Exercice ** * très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I
Detaljery(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x.
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Løsningsforslag 1 Innsatt for z = x + iy kan ligningen skrives x + 1 + i(y ) = x 1 + i(y + ) Ved å benytte at z = a + b for et kompleks
DetaljerOppfriskningskurs Sommer 2019
Oppfriskningskurs Sommer 2019 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Oppgave 9 fra Øving 2 a) Er funksjonen f(x) = en-til-en? Hvorfor/hvorfor ikke? { 1 x hvis 0 x
DetaljerMatematikk 1 (TMA4100)
Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 2: Funksjoner (fortsettelse) Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 16. august, 2012 Eksponentialfunksjoner Eksponentialfunksjoner Definisjon: Eksponentialfunksjon En
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I MATEMATIKK 4N/D (TMA4125 TMA4130 TMA4135) Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 8 EKSAMEN I MATEMATIKK N/D (TMA25 TMA3 TMA35 3. August 27 LØSNINGSFORSLAG Oppgave a Løsning: fouriersinusrekken til
DetaljerLøsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115 Vår 1 1 a) La z = x iy. Da er Re z = x og z = x y. Siden y er et reelt
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FY3404 RELATIVISTISK KVANTEMEKANIKK Tirsdag 30. november 2004
NTNU Side av 7 Institutt for fysikk Løsningsforslag til eksamen i FY30 RELATIVISTISK KVANTEMEKANIKK Tirsdag 30. november 200 Dette løsningsforslaget er på 7 sider. Oppgave. Prosesser i QED Tegn, i de tilfeller
DetaljerInstitutt for Samfunnsøkonomi. Utlevering: Kl. 09:00 Innlevering: Kl. 14:00
SENSORVEILEDNING MET 11803 Matematikk Institutt for Samfunnsøkonomi Utlevering: 17.12.2014 Kl. 09:00 Innlevering: 17.12.2014 Kl. 14:00 For mer informasjon om formalia, se eksamensoppgaven. Oppgave 1 Finn
DetaljerCUPRINS. 1. Definiţii. 2. Aplicaţii GIS. 3. Harta. 4. Modelul de date geo-relaţional. 5. Evaluarea economică a implementării unui GIS
CUPRINS 1. Definiţii 2. Aplicaţii GIS 3. Harta 4. Modelul de date geo-relaţional 5. Evaluarea economică a implementării unui GIS 6. Schema de organizare şi strategii pentru implementarea unui GIS 7. Open
DetaljerLøsningsforslag til prøveeksamen i MAT1050, vår 2019
Løsningsforslag til prøveeksamen i MT15, vår 19 Oppgave 1. a) Vi har sinx + y) d R cosx + y) sinx + π) + sin x siden alle fire leddene er. yπ y π dx sinx + y) dy dx cosx + π) + cos x) dx sin π + sin π)
Detaljer12 Diagonalisering av matriser og operatorer (Ch. 5.1, 5.2 og 8.5)
Diagonalisering av matriser og operatorer (Ch 5, 5 og 85) Motivasjon Det er veldig viktig å kunne beregne funksjonsverdier f (A) for kvadratiske matriser A I kalkulus (teori av differensiallikninger) er
DetaljerKurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft
Kapittel 6 Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Oppgave 1 Vi skal regne ut kurveintegralet λ v dr langs kurven λ: y x3 når 1 x 2 og v xyi+x 2 j. Vi kan parametrisere med x som parameter,
DetaljerMa Flerdimensjonal Analyse Øving 11
Ma3 - Flerdimensjonal Analyse Øving Øistein Søvik 7.3. Oppgaver 5.3 5. Find the moment of inertie about the -axis. Eg the value of δ x + y ds, for a wire of constant density δ lying along the curve : r
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 DEL.. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = (x + )? Løsning. Vi setter u = x +, som gir du = dx, (x + ) dx = u du = u = (x + ) = x + a) x+ b)
DetaljerMA2501, Vårsemestre 2019, Numeriske metoder for lineære systemer
MA5 Vårsemestre 9 Numeriske metoder for lineære systemer Introduksjon Vi vil approksimere løsningen av lineære systemet av n ligningene og n ukjente: a x + a x + + a n x n b a x + a x + + a n x n b ()
DetaljerNiels Henrik Abels matematikkonkurranse Finale Løsninger
Niels Henrik Abels matematikkonkurranse 6. mars 2018 Oppgave 1. Det kinesiske restleddteoremet tillater oss å telle opp antall par (x, y) der x er restklassen til n!! modulo 125 og y er restklassen modulo
Detaljer