Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.3k kez görüntülendi
$x^{2}+2 x y-4 y^{2}+2 y+k=0$ genel denklemiyle verilen koniğin türünü k sabitine göre inceleyiniz.  

Soru bu şekilde çözüm yaparken koniklerin $\Delta=B^{2}-4 A C$ formülünü uguladığımda $\Delta>0$ geliyor buradan hiperbol veya kesişen iki doğru sonucuna varabiliyoruz yani bu yoldan k sabitinin türüne ulaşamıyorum. Diğer başka bir yolda öteleme dönürme yaparak merkezil hale getirmeye çalışığımda $\operatorname{tg} 2Q=\frac{-b}{a-c}=\frac{-2}{5}$ ulaşılıyor buradan da Q yu yalnız bırakıp döndürme işlemine geçiş yapamıyorum. Bu soru için nasıl bir çözüm yapabiliriz.
Lisans Matematik kategorisinde (13 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 1.3k kez görüntülendi
$Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0  ........(1)$     genel konik denklemi olduğunu biliyoruz. $xy$-dik koordinat sisteminde $(x,y)$ olan bir noktanın , eksenlerin  $\theta$ ölçüsü kadar  pozitif yönde (saat dönüş yönünün tersinde) döndürülmesi ile oluşan yeni $x'y'$ dik koordinat sistemindeki ifadesi:

$x=cos\theta.x'-sin\theta.y'$

$y=sin\theta.x'+cos\theta.y'..................(2)$  ile bulunur. Bu dönüşüm denklemleri $(1)$ nolu denkleme uygulandığında  $x'y'$'li  ifadenin  kat sayısı:$ (C-A)2sin\theta cos\theta+B(cos^2\theta-sin^2\theta)= (C-A).sin2\theta+B.cos2\theta=0..........(3)$ olduğundan $tan2\theta =\frac{B}{A-C}.......(4)$  olur. Eğer $A=C$ ise $(4)$ deki ifade tanımsız hale gelir. Ancak $(3)$ den $\theta=\frac{\pi}{4}$ olacaktır. Bu sebeple sizin yorumunuzdaki  $Tan2Q=\frac{B}{A-C}=\frac 25$ olmalıdır. Trigonometrik eşitliklerden $\theta<0$ olmak üzere  $cos2\theta=\frac{1}{\sqrt{1+tan^22\theta}}$  ve

$sin\theta=\sqrt{\frac{1-cos2\theta}{2}}$,  $cos\theta=\sqrt{\frac{1+cos2\theta}{2}}.........(5)$

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme
Yukarıdaki yorumda verilen $(4),(5)$ nolu formüllerden $sin\theta={\sqrt\frac{\sqrt{29}-5}{2\sqrt{29}}}$

$cos\theta={\sqrt\frac{\sqrt{29}+5}{2\sqrt{29}}}$  değerleri $(2) $ denklem çiftinde kullanılıp, bulunan $x,y$ değerleri

eğer $x^2+2xy-4y^2+2y+k=0$  denkleminde yerine yazılınca

($\frac{29-3\sqrt{29}}{2\sqrt{29}})x'^2+$($\frac{-29-3\sqrt{29}}{2\sqrt{29}})y'^2+2\sqrt{\frac{\sqrt{29}-5}{2\sqrt{29}}}x'+2\sqrt{\frac{\sqrt{29}+5}{2\sqrt{29}}}y'+k=0$  olur.  Bu son denklem $Mx'^2+Ny'^2+2Px'+2Qy'+k=0$   olarak yazılıp tam kare yapılırsa $\frac{P^2}{M^2}+\frac{Q^2}{N^2}-k>0$ için  bir elips olduğu görülür.
(19.2k puan) tarafından 
Öncelikle cevabınız için teşekkürler. $\frac{29-3\sqrt{29}}{2\sqrt{29}})x'^2+\frac{-29-3\sqrt{29}}{2\sqrt{29}})y'^2+2\sqrt{\frac{\sqrt{29}-5}{2\sqrt{29}}}x'+2\sqrt{\frac{\sqrt{29}+5}{2\sqrt{29}}}y'+k=0$ ifadesinden $Mx'^2+Ny'^2+2Px'+2Qy'+k=0$ ifadesine geçerken M,N,P,Q değerlerini atatıktan sonra bu ifadeyi tam kare olarak $\frac{P^2}{M^2}+\frac{Q^2}{N^2}-k>0$ bu şekilde nasıl yazdık anlayamadım. $\frac{P^2}{M^2}+\frac{Q^2}{N^2}-k>0$ ayrıca bu ifadede sıfırdan büyük değerler için neye dayanarak elips diyoruz. Cevaplarsanız sevinirim teşekkürler.
0 beğenilme 0 beğenilmeme
$\begin{align*}x^{2}+2 x y-&4 y^{2}+2 y+k=(x+y)^2-5y^2+2y+k\\&=(x+y)^2-5(y-\frac15)^2+k+\frac1{5}\end{align*}$ olur.
    
    $k=-\frac15$ ise $(x+y)^2-5(y-\frac15)^2+k+\frac1{5}=a^2-b^2$ olup, 1. derece çarpanlara ayrılır, kesişen iki doğru denklemidir.

$k\neq-\frac15$ için ise bu eğri, bir doğru içermez ($y=mx+n$ vey $x=0$ denklemi özdeşlik yapamaz).

(veya $(x+y)^2-5(y-\frac15)^2+k+\frac1{5}$ çarpanlara ayrılmadığı gösterilerek)

Öyleyse (hiperbol veya kesişen iki doğru olduğu bilindiği için),  $k\neq-\frac15$ için hiperboldür.
(6.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
Biraz daha geometrik çözüm:

Düzlemde Afin  ($x'=ax+by+c,\ y'=a'x+b'y+c',\ ab'-a'b\neq0$ şeklindeki) dönüşümler koniklerin tipini değiştirmez.
    
    $x^{2}+2 x y-4 y^{2}+2 y+k=(x+y)^2-5y^2+2y+k=(x+y)^2-5(y-\frac15)^2+k+\frac1{5}$ olur.

$x'=x+y,\ y'=y-\frac15$ bir afin dönüşümdür.
    
    Yeni denklem $(x')^2-5(y')^2+(k+\frac15)=0$ olur.
    
    $k=-\frac15$ ise kesişen iki doğru, aksi halde bir hiperbol denklemidir.
    
    Öyleyse, $x^{2}+2 x y-4 y^{2}+2 y+k=0$ denklemi için de aynı şeyler geçerlidir.
Hocam cevabınız için teşekkürler afin dönüşüm yapmak hiç aklıma gelmemişti. Aklım ilk attığınız çözümdeki bir noktaya takıldı. $(x+y)^2-5(y-\frac15)^2+k+\frac1{5}$ ifadesininin çarpanlara ayrılmadığını göstererek hiperbol diyebiliriz. Peki bu ifadenin çarpanlarına ayrılmadığını nasıl gösterebiliriz.
Orada yazdım:

çarpanlara ayrılırsa (çarpanlardan biri biri birinci derece olacağı için) bu eğri, bir doğru içerir.

Doğru içermediğini göstermek zor değil (nasıl yapılacağını da yazdım).
Anladım hocam başka bir yönden çarpanlarına ayırmak için metod uygulayabiliriz diye düşündüm. Doğru içermediğini göstererek rahatça yapabiliriz. Teşekkürler.
20,240 soru
21,759 cevap
73,401 yorum
2,070,638 kullanıcı