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求椭圆$x^2-2xy+2y^2=1$的焦点坐标、长轴、短轴长。

求椭圆$x^2-2xy+2y^2=1$的焦点坐标,和长轴、短轴长。
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妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

终于转完了......

$\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}cos\theta & -sin\theta\\sin\theta & cos\theta\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$

$sin^2\theta+sin\theta cos\theta-cos^2\theta=0$

$\displaystyle tan\theta=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

$\displaystyle(\frac{2x'}{\sqrt{5}+1})^2+(\frac{2y'}{\sqrt{5}-1})^2=1$

$\displaystyle\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}\frac{2}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} & \frac{1-\sqrt{5}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}\\\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} & \frac{2}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$

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回复 2# tommywong
,焦点坐标,和长轴、短轴长呢?

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$2a=\sqrt{5}+1,2b=\sqrt{5}-1,c=\sqrt[4]{5}$

$\displaystyle\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}\frac{2}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} & \frac{1-\sqrt{5}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}\\\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} & \frac{2}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\pm\sqrt[4]{5}\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{\pm2\sqrt[4]{5}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}\\\frac{\pm\sqrt[4]{5}(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}\end{pmatrix}$

捕获.PNG
2014-5-18 21:23
现充已死,エロ当立。
维基用户页:https://zh.wikipedia.org/wiki/User:Tttfffkkk
东方数学网:http://2593208496.wixsite.com/maths
《方幂和及其推广和式》:http://www.cnki.com.cn/Article/CJFDTOTAL-SXYG201607113.htm

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回复 4# tommywong
,就差焦点坐标啦!

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由于将 $x$, $y$ 同时变为其相反数时原式不变,故椭圆关于原点对称。

将椭圆配方为 $(x-y)^2+y^2=1$,于是可设 $x=\sin\theta+\cos\theta$, $y=\sin \theta$,考虑椭圆上的点到原点距离的平方,有
\[x^2+y^2=1+\sin2\theta+\frac{1-\cos2\theta}2
=\frac32+\frac{\sqrt5}2\sin(2\theta+\varphi)
\in \left[ \frac{3-\sqrt5}2,\frac{3+\sqrt5}2 \right],\]
由此可见,设椭圆的半长轴、半短轴长分别为 $a$, $b$,则有
\[a^2=\frac{3+\sqrt5}2, b^2=\frac{3-\sqrt5}2,\]
开方即
\[a=\frac{\sqrt5+1}2, b=\frac{\sqrt5-1}2.\]
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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同样考虑椭圆上的点到原点距离的平方,待定 $m$, $n>0$,由均值有
\[x^2+\frac{x^2}m+my^2+2y^2\geqslant x^2-2xy+2y^2\geqslant x^2-\frac{x^2}n-ny^2+2y^2,\]
令 $x^2$, $y^2$ 的系数相同,解得
\[m=\frac{\sqrt5-1}2,n=\frac{\sqrt5+1}2,\]
代入得到
\[\frac{3-\sqrt5}2\leqslant x^2+y^2\leqslant \frac{3+\sqrt5}2,\]
不等式左边的取等条件为 $x=-my$,代回原方程解得
\[y=\pm \sqrt{\frac1{m^2+2m+2}}=\pm \sqrt{\frac{5-\sqrt5}{10}},\]
相应地
\[x=\mp \sqrt{\frac{m^2}{m^2+2m+2}}=\mp \sqrt{\frac{5-2\sqrt5}5},\]
所以不等式左边取等的点为
\[\left( \sqrt{\frac{5-2\sqrt5}5},-\sqrt{\frac{5-\sqrt5}{10}} \right),\left( -\sqrt{\frac{5-2\sqrt5}5},\sqrt{\frac{5-\sqrt5}{10}} \right),\]
类似地,不等式右边的取等条件为 $x=ny$,代入可解出不等式右边取等的点为
\[\left( \sqrt{\frac{5+2\sqrt5}5},\sqrt{\frac{5+\sqrt5}{10}} \right),\left( -\sqrt{\frac{5+2\sqrt5}5},-\sqrt{\frac{5+\sqrt5}{10}} \right),\]
故此以上四个点分别就是椭圆的短轴和长轴端点。

此外,$x=-my$ 和 $x=ny$ 就是椭圆的对称轴,而
\[c^2=a^2-b^2=\frac{3+\sqrt5}2-\frac{3-\sqrt5}2=\sqrt5,\]
设焦点坐标为 $(x,y)$,则
\[\led
x-ny&=0,\\
x^2+y^2&=\sqrt5,
\endled\]
解得焦点坐标为
\[\left(\sqrt{\frac{\sqrt5+1}2},\sqrt{\frac{\sqrt5-1}2}\right), \left(-\sqrt{\frac{\sqrt5+1}2},-\sqrt{\frac{\sqrt5-1}2}\right)\]
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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本帖最后由 战巡 于 2014-5-19 00:34 编辑

回复 1# 其妙


这种问题可以标准化的解决......
考虑对称阵$A$
\[A=\begin{array}{c|cc}
&x&y\\
\hline
x&1&-1\\
y&-1&2
\end{array}=\begin{pmatrix}1 & -1\\ -1& 2\end{pmatrix}\]
也就是有
\[\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}^TA\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=x^2-2xy+y^2\]
那么想要进行转置,只要将$A$对角化即可,对角化之后得到矩阵$\Lambda=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0\\ 0& \lambda_2\end{pmatrix}$
其中$\lambda_1\le\lambda_2$为$A$的两个特征值,且为转置后的平方项系数,即转置后有$\lambda_1x'^2+\lambda_2y'^2=1$
而$A$的特征向量则为长短轴的方向

易求$A$两个特征值为$\lambda_1=\frac{3-\sqrt{5}}{2}, \lambda_2=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$
两个特征向量为$(\frac{1+\sqrt{5}}{2},1)$和$(\frac{1-\sqrt{5}}{2},1)$,即为长短轴方向向量,先从上面求出$c$值,然后通过这个可求焦点坐标

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当然旋转变换,矩阵上来啊

不过,kuing 不用旋转也搞定了

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回复 9# isee


各显所长嘛

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本帖最后由 isee 于 2014-5-19 12:55 编辑

回复 8# 战巡


   \[\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}^TA\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=x^2-2xy+\color{red}{2}y^2\]

矩阵基本记了,试着算了下,应该有红色的2倍吧?

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回复 11# isee

打错而已........

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谢谢楼上的各位了!中学、大学的方法都有了!

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本帖最后由 isee 于 2014-5-19 13:39 编辑

回复 12# 战巡


    主要太久了忘记了,确认一下,哈哈


    继续,求特征值:

\[f(\lambda)=\abs{\lambda\mathbf{I}-A}=0\]

即是:

\[\left|
\begin{array}{cc}
\lambda-1 & 1 \\
1 &  \lambda-2
\end{array}
\right|=0,\lambda=\frac {3\pm\sqrt 5}{2}\]

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改了一下6#,先说明中心是原点再考虑距离平方,这样比较合理些

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回复 14# isee
那个是二次型的矩阵(对称的),然后如何化为二次型的问题吧

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本帖最后由 isee 于 2014-5-19 13:54 编辑

回复 16# 其妙

是呀,8楼 战巡就是这么写的啊,我就是在补充怎么求出特征值的。

我一知半解,只要结果,主要是化标准方程,回忆一下矩阵变换,

这样一来,就得到2楼的标准方程:

\[\frac{x'^2}{\frac{3+\sqrt{5}}2}+\frac{y'^2}{\frac{3-\sqrt{5}}2}=1\]

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本帖最后由 isee 于 2014-5-19 14:00 编辑

回复 17# isee


    OK,求出这个焦点坐标,然后,坐标轴再转回来……




    特征向量 就先不管了咯,那个A怎么来的也先不管了,哈哈,忘光了

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回复 18# isee
那个A(对称阵)很简单的,背一下公式就可以了。

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我也来求一下长轴$2a$、短轴$2b$,显然$a^2=(x^2+y^2)_{\max}$,$b^2=(x^2+y^2)_{\min}$.下面用初等的方法(齐次法):

$u=x^2+y^2=\dfrac{x^2+y^2}{x^2-2xy+2y^2}=\dfrac{1+t^2}{1-2t+2t^2}$,其中$y=tx$.

故$(2u-1)t^2-2ut+u-1=0$,于是当$2u-1=0$时,$t=-\dfrac12$,

当$2u-1\ne0$时,$\Delta=4[u^2-(2u-1)(u-1)]\geqslant0$,得到$\dfrac{3-\sqrt5}2\leqslant u\leqslant \dfrac{3+\sqrt5}2$,可验证等号均成立.

于是,$a^2=u_{\max}=\dfrac{3+\sqrt5}2$,当且仅当$t=\dfrac{u}{2u-1}=\dfrac{\sqrt5-1}{2}=\dfrac yx$取等号,此为长轴方程$y=\dfrac{\sqrt5-1}{2}x$;

$b^2=u_{\min}=\dfrac{3-\sqrt5}2$,当且仅当$t=\dfrac{u}{2u-1}=-\dfrac{\sqrt5+1}{2}=\dfrac yx$取等号,此为短轴方程$y=-\dfrac{\sqrt5+1}{2}x$.

由于$c^2=a^2-b^2=\sqrt5$,再联立长轴方程即可得焦点坐标$\left(\sqrt{\dfrac{\sqrt5+1}2},\sqrt{\dfrac{\sqrt5-1}2}\right), \left(-\sqrt{\dfrac{\sqrt5+1}2},-\sqrt{\dfrac{\sqrt5-1}2}\right)$。

另外,长轴$2a=\sqrt5+1$, 短轴$2b=\sqrt5-1$.

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