Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.6k kez görüntülendi
x2+2xy4y2+2y+k=0 genel denklemiyle verilen koniğin türünü k sabitine göre inceleyiniz.  

Soru bu şekilde çözüm yaparken koniklerin Δ=B24AC formülünü uguladığımda Δ>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 tg2Q=bac=25 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 | 1.6k kez görüntülendi
Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0........(1)     genel konik denklemi olduğunu biliyoruz. xy-dik koordinat sisteminde (x,y) olan bir noktanın , eksenlerin  θ ölçüsü kadar  pozitif yönde (saat dönüş yönünün tersinde) döndürülmesi ile oluşan yeni xy dik koordinat sistemindeki ifadesi:

x=cosθ.xsinθ.y

y=sinθ.x+cosθ.y..................(2)  ile bulunur. Bu dönüşüm denklemleri (1) nolu denkleme uygulandığında  xy'li  ifadenin  kat sayısı:(CA)2sinθcosθ+B(cos2θsin2θ)=(CA).sin2θ+B.cos2θ=0..........(3) olduğundan tan2θ=BAC.......(4)  olur. Eğer A=C ise (4) deki ifade tanımsız hale gelir. Ancak (3) den θ=π4 olacaktır. Bu sebeple sizin yorumunuzdaki  Tan2Q=BAC=25 olmalıdır. Trigonometrik eşitliklerden θ<0 olmak üzere  cos2θ=11+tan22θ  ve

sinθ=1cos2θ2,  cosθ=1+cos2θ2.........(5)

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme
Yukarıdaki yorumda verilen (4),(5) nolu formüllerden sinθ=295229

cosθ=29+5229  değerleri (2) denklem çiftinde kullanılıp, bulunan x,y değerleri

eğer x2+2xy4y2+2y+k=0  denkleminde yerine yazılınca

(29329229)x2+(29329229)y2+2295229x+229+5229y+k=0  olur.  Bu son denklem Mx2+Ny2+2Px+2Qy+k=0   olarak yazılıp tam kare yapılırsa P2M2+Q2N2k>0 için  bir elips olduğu görülür.
(19.2k puan) tarafından 
Öncelikle cevabınız için teşekkürler. 29329229)x2+29329229)y2+2295229x+229+5229y+k=0 ifadesinden Mx2+Ny2+2Px+2Qy+k=0 ifadesine geçerken M,N,P,Q değerlerini atatıktan sonra bu ifadeyi tam kare olarak P2M2+Q2N2k>0 bu şekilde nasıl yazdık anlayamadım. P2M2+Q2N2k>0 ayrıca bu ifadede sıfırdan büyük değerler için neye dayanarak elips diyoruz. Cevaplarsanız sevinirim teşekkürler.
0 beğenilme 0 beğenilmeme
x2+2xy4y2+2y+k=(x+y)25y2+2y+k=(x+y)25(y15)2+k+15 olur.
    
    k=15 ise (x+y)25(y15)2+k+15=a2b2 olup, 1. derece çarpanlara ayrılır, kesişen iki doğru denklemidir.

k15 için ise bu eğri, bir doğru içermez (y=mx+n vey x=0 denklemi özdeşlik yapamaz).

(veya (x+y)25(y15)2+k+15 çarpanlara ayrılmadığı gösterilerek)

Öyleyse (hiperbol veya kesişen iki doğru olduğu bilindiği için),  k15 için hiperboldür.
(6.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
Biraz daha geometrik çözüm:

Düzlemde Afin  (x=ax+by+c, y=ax+by+c, abab0 şeklindeki) dönüşümler koniklerin tipini değiştirmez.
    
    x2+2xy4y2+2y+k=(x+y)25y2+2y+k=(x+y)25(y15)2+k+15 olur.

x=x+y, y=y15 bir afin dönüşümdür.
    
    Yeni denklem (x)25(y)2+(k+15)=0 olur.
    
    k=15 ise kesişen iki doğru, aksi halde bir hiperbol denklemidir.
    
    Öyleyse, x2+2xy4y2+2y+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)25(y15)2+k+15 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.
20,288 soru
21,830 cevap
73,517 yorum
2,613,302 kullanıcı