Tips och lösning till U 22.24
SamverkanLinalgLIU
Tips 1
Det väl valda koordinatsystemet är det vi får om vi går över till kanonisk bas.
Tips 2
Vi byter alltså till en bas av egenvektorer och får då kurvan på formen.
3x_1^2+4x_1x_2=9\Leftrightarrow -y_1^2+4y_2^2=9.
Vi ser nu att kurvan \displaystyle -y_1^2+4y_2^2=9 är hyperbel. Skissa denna kurva och du får en uppfattning om hur problemet ser ut geometriskt. Nästa steg är att teckna ett uttryck för avståndet till origo. Pythagoras hjälper till!
Tips 3
Vi får att
d^2=y_1^2+y_2^2=\Big\{y_2^2=\frac{y_1^2+9}{4}\Big\} =y_1^2+\frac{y_2^2+9}{4}=\frac{5}{4}y_1^2+\frac{9}{4}\geq\frac{9}{4},
dvs \displaystyle d\geq\frac{3}{2} av detta ser vi vilket det minsta värdet är. Att det inte finns ngt största värde ser du av den figur du ritat. Återstår att ta fram de punkter där det minsta värdet antas. Börja i den kanoniska basen, men glöm inte att du skall svara i den ursprungliga basen där uppgiften var formulerad.
Lösning
Vi skriver kurvan på matrisform enligt
9=3x_1^2+4x_1x_2 =(x_1\ x_2) \left(\begin{array}{cc}3&2\\2&0\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}x_1\\x_2\end{array}\right) =X^tAX,
där \displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}3&2\\2&0\end{array}\right) .
Eftersom \displaystyle A är symmetrisk så följer av spektralsatsen att \displaystyle A är
diagonaliserbar, dvs \displaystyle A=TDT^t .
Egenvärdena till \displaystyle A är \displaystyle \lambda_1=-1 , och \displaystyle \lambda_2=4 med tillhörande ON-bas av egenvektorer \displaystyle \boldsymbol{f}_1=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{c}{1}\\{-2} \end{array}\right) resp. \displaystyle \boldsymbol{f}_2=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{c}2\\1\end{array}\right) .
I kanonisk bas, dvs i en ON-bas av egenvektorer och med
nya koordinater \displaystyle Y , där \displaystyle X=TY kan kurvan skrivas
3x_1^2+4x_1x_2=9\Leftrightarrow -y_1^2+4y_2^2=9.
Vi ser nu att kurvan \displaystyle -y_1^2+4y_2^2=9 är hyperbel.
Låt \displaystyle (y_1,y_2) vara en godtycklig punkt på hyperbeln. Avståndet \displaystyle d från denna punkt till origo ges av Pythagoras sats, \displaystyle d=\sqrt{y_1^2+y_2^2} . Vidare får att
d^2=y_1^2+y_2^2=\Big\{y_2^2=\frac{y_1^2+9}{4}\Big\} =y_1^2+\frac{y_2^2+9}{4}=\frac{5}{4}y_1^2+\frac{9}{4}\geq\frac{9}{4},
dvs \displaystyle d\geq\frac{3}{2} .
Vidare, eftersom
d^2=\frac{5}{4}y_1^2+\frac{9}{4}\rightarrow\infty,
då \displaystyle y_1\rightarrow\pm\infty (och därmed då
\displaystyle y_2\rightarrow\pm\infty ),
kan vi alltså vandra längs kurvan obegränsat långt bort från origo.
Detta visar att \displaystyle d saknar ett största värde. Rimligt då \displaystyle Q är en hyperbel.
Däremot kan \displaystyle d anta ett minimum, \displaystyle d_{\mbox{min}}=\frac{3}{2} i \displaystyle y_1=0 , \displaystyle y_2=\pm\frac{3}{2} .
Värdemängden är \displaystyle V_f=\left[\frac{3}{2},\infty\right[ .
I gamla koordinater ges närmaste punkter till origo av
X=TY=\frac{1}{\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}1&-2\\2&1\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}0\\ \pm3/2\end{array}\right) =\pm \frac{3}{2\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}2\\1\end{array}\right),
Alltså, av alla punkter på hyperbeln så ligger punkterna \displaystyle \pm \frac{3}{2\sqrt5}(2,1) närmast origo.
