Analitik geometri konikler ile alakalı bir soru

Question

$x^{2}+2 x y-4 y^{2}+2 y+k=0$ 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.

Comments

$Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0  ........(1)$     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

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

Answer 1

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.

Comments

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.

Answer 2

$\begin{align*}x^{2}+2 x y-&4 y^{2}+2 y+k=(x+y)^2-5y^2+2y+k\\&=(x+y)^2-5(y-\frac15)^2+k+\frac1{5}\end{align*}$ 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.

Comments

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.