Lineare Algebra - Übungsblatt 11  Sommersemester 2005, Seite 1

Lösungsvorschläge zu den Übungen zur Linearen Algebra

48. (*) Lösungsvorschlag:

(a) Gemäß der HAT existiert ein orthogonales U ∈ ℝ^{2×2} mit

U^{T}AU = (\begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix}) ,

wobei λ_{1} und λ_{2} die Eigenwerte der Matrix A sind. Es seien nun

(x̃ ; ỹ) = U^{T} (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) , d.h. (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (x̃ ; ỹ) .

Dann gilt:

Q(x, y) = (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})^{T} A (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + (a, b) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + c

= (x̃ ; ỹ)^{T} (\begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix}) (x̃ ; ỹ) + (a, b)U (x̃ ; ỹ) + c
= Q̃(x̃, ỹ)

mit (ã, b̃) = (a, b)U.

(b) Zunächst bemerken wir, dass λ_{1} = λ_{2} = 0 nicht möglich ist, da A ≠ 0. Wir unterscheiden hierbei wie folgt. \underline{1. Fall: λ_{1}λ_{2} ≠ 0}. Mittels quadratischer Ergänzung bekommen wir unmittelbar

\begin{aligned}Q̃(x̃, ỹ) & = & λ_{1}\underbrace{(x̃ + \frac{ã}{2λ_{1}} )}_{=:ξ}^{2} + λ_{2} \underbrace{(ỹ + \frac{b̃}{2λ_{2}} )^{2}}_{=:η} + \underbrace{c − λ_{1} (\frac{ã}{2λ_{1}} )^{2} − λ_{2} (\frac{b̃}{2λ_{2}} )^{2}}_{=:c̃} \\ & = & λ_{1}ξ^{2} + λ_{2}η^{2} + c̃. \end{aligned}

Es ist also

Q(x, y) = 0 ⟺ Q̃(x̃, ỹ) = 0 ⟺ λ_{1}ξ^{2} + λ_{2}η^{2} + c̃ = 0.

Wir unterscheiden abermals den Fall c̃ = 0: Ist λ_{1}λ_{2} < 0, so ist ξ^{2} = −\frac{λ_{2}}{λ_{1}} η^{2} ⟺ ξ = ±\sqrt{−\frac{λ_{2}}{λ_{1}}} η. Damit besteht die Menge M_{Q} also aus zwei sich schneidenen Geraden. Genauer ist

M_{Q} = \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ ℝ^{2}| (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (\begin{matrix}ξ − \frac{ã}{2λ_{1}} \\ η − \frac{b̃}{2λ_{2}} \end{matrix} ) , ξ = ±\sqrt{−\frac{λ_{2}}{λ_{1}}} η\} .

Ist hingegen λ_{1}λ_{2} > 0, so ist ξ = η = 0, d.h. wir erhalten einen Punkt. Es ist

M_{Q} = \{U (\begin{matrix}−\frac{ã}{2λ_{1}} \\ −\frac{b̃}{2λ_{2}} \end{matrix} )\} .

c̃ ≠ 0: Mit γ := −λ_{1}/c̃, δ := −λ_{2}/c̃ folgt

γξ^{2} + δη^{2} − 1 = 0.

Damit: sind γ, δ < 0, so ist M_{Q} leer, γ, δ > 0, so ist M_{Q} eine Ellipse, γδ < 0, so ist M_{Q} eine Hyperbel mit

M_{Q} = \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ ℝ^{2} | (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (\begin{matrix}ξ − \frac{ã}{2λ_{1}} \\ η − \frac{b̃}{2λ_{2}} \end{matrix} ) , γξ^{2} + δη^{2} − 1 = 0\} .

\underline{2. Fall: λ_{1}λ_{2} = 0}. Es sei o.B.d.A. λ_{1} = 0. Mittels quadratischer Ergänzung erhalten wir:

\begin{aligned}Q̃(x̃, ỹ) & = & λ_{2}ỹ^{2} + ãx̃ + b̃ỹ + c \\ & = & λ_{2} \underbrace{(ỹ + \frac{b̃}{2λ_{2}} )^{2}}_{=:η} +ãx̃ + \underbrace{c − λ_{2} (\frac{b̃}{2λ_{2}} )^{2}}_{=:c̃} . \end{aligned}

Wie oben bemerken wir

Q(x, y) = 0 ⟺ Q̃(x̃, ỹ) = 0 ⟺ λ_{2}η^{2} + ãx̃ + c̃ = 0.

Ist nun ã = 0, so ist η^{2} = −c̃/λ_{2} und damit ist M_{Q} entweder leer,eine Gerade oder zwei parallele Geraden. Ist ã ≠ 0, so ist mit ξ = x̃ + c̃/ã, so ist

Q(x, y) = 0 ⟺ Q̂(η, ξ) := η^{2} \underbrace{+\frac{ã}{λ_{2}}}_{=:−2p} ξ = 0.

M_{Q} ist folglich eine Parabel. Genauer: es ist

M_{Q} = \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ ℝ^{2} | (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (\begin{matrix}ξ − \frac{c̃}{ã} \\ η − \frac{b̃}{2λ_{2}} \end{matrix} ) , η^{2} − 2pξ = 0\} .

(c) Wir berechnen im Folgenden die Kegelschnitte nach dem in (a) und (b) dargestellten Verfahren.

(i)

\begin{aligned}Q(x, y) & = & (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})^{T} (\begin{matrix}9 & −2 \\ −2 & 6 \end{matrix}) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + (16, −8) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) − 2 \\ & = & 10x̃^{2} + 5ỹ^{2} + \frac{1}{\sqrt{5}}(−40, 0) (x̃ ; ỹ) − 2, \end{aligned}

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wobei

(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (x̃ ; ỹ) mit U = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}−2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}) .

Weiter ist

Q(x, y) = 10 (x̃ − \frac{2}{\sqrt{5}})^{2} + 5ỹ^{2} − 10,

und damit

M_{Q} = \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ ℝ^{2} | (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (\begin{matrix}ξ \\ η \end{matrix}) + \frac{1}{5} (\begin{matrix}−4 \\ 2 \end{matrix}) , ξ^{2} + \frac{η^{2}}{\sqrt{2}^{2}} − 1 = 0\} .

Skizze:

(ii)

\begin{aligned}Q(x, y) & = & (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})^{T} (\begin{matrix}1 & −1 \\ −1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + (−10, −6) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + 25 \\ & = & 2ỹ^{2} + \frac{1}{\sqrt{2}}(−16, 4) (x̃ ; ỹ) + 25, \end{aligned}

wobei

(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (x̃ ; ỹ) mit U = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) .

Weiter ist

Q(x, y) = 2 (ỹ + \frac{1}{\sqrt{2}})^{2} − \frac{16}{\sqrt{2}}x̃ + 24,

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und damit

M_{Q} = \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ ℝ^{2} | (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (\begin{matrix}ξ \\ η \end{matrix}) + (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) , η^{2} − 4\sqrt{2}ξ = 0\} .

Skizze: (iii)

\begin{aligned}Q(x, y) & = & (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})^{T} (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −2 \end{matrix}) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + (14, −8) (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) + 1 \\ & = & −3x̃^{2} + 2ỹ^{2} + \frac{1}{\sqrt{5}}(30, 20) (x̃ ; ỹ) + 1, \end{aligned}

wobei

(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (x̃ ; ỹ) mit U = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}1 & 2 \\ −2 & 1 \end{matrix}) .

Weiter ist

Q(x, y) = −3 (x̃ − \sqrt{5})^{2} + 2 (ỹ + \sqrt{5})^{2} + 6,

und damit

M_{Q} = \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ ℝ^{2} | (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = U (\begin{matrix}ξ \\ η \end{matrix}) + (\begin{matrix}−1 \\ −3 \end{matrix}) , \frac{η^{2}}{\sqrt{2}^{2}} − \frac{ξ^{2}}{\sqrt{3}^{2}} − 1 = 0\} .

Skizze:

49. (*) Lösungsvorschlag:

(a) (i) Es sei q = (x, y)^{T}. Dann ist

∥q − f_{1}∥ + ∥q − f_{2}∥ = 2α
⟺ \sqrt{(x + c)^{2} + y^{2}} + \sqrt{(x − c)^{2} + y^{2}} = 2α
⟺  \sqrt{(x + c)^{2} + y^{2}} = 2α − \sqrt{(x − c)^{2} + y^{2}}
⟺  (x + c)^{2} + y^{2} = 4α^{2} − 4α\sqrt{(x − c)^{2} + y^{2}}
+(x − c)^{2} + y^{2}
⟺  4cx − 4α^{2} = −4α\sqrt{(x − c)^{2} + y^{2}}
⟺  (cx − α^{2})^{2} = α^{2}((x − c)^{2} + y^{2})
⟺  (α^{2} − c^{2})x^{2} + α^{2}y^{2} = α^{2}(α^{2} − c^{2})
⟺  β^{2}x^{2} + α^{2}y^{2} = α^{2}β^{2}
⟺  \frac{x^{2}}{α^{2}} + \frac{y^{2}}{β^{2}} = 1.

α und β = \sqrt{α^{2} − c^{2}} sind die Längen der Hauptachsen der Ellipse. (ii) analog.

(iii) Hier liegt leider ein Tippfehler vor. Gemeint war: Zeige die Charakterisierung

q = (q_{1}, q_{2})^{T} ∈ P genau dann, wenn ∥q − f∥ = ∥q + f − (0, q_{2})^{T}∥.

Die gestellte Aufgabe würde zwar auch Sinn machen, jedoch auf eine Parabel mit einem anderen Parameter, nämlich p/2, führen. Wir stellen die Lösung der eigentlich gemeinten Aufgabe dar. Zur Lösung der gestellten Aufgabe setze q_{1} = x + \frac{p}{4} und rechne weiter wie unten. Es sei q = (x, y)^{T}. Dann ist

∥q − f∥ = ∥q + f − (0, y)^{T}∥
⟺  \sqrt{(x − \frac{p}{2})^{2} + y^{2}} = x + \frac{p}{2}
⟺ x^{2} − px + (\frac{p}{2})^{2} + y^{2} = x^{2} + px + (\frac{p}{2})^{2}
⟺  y^{2} = 2px.

(b) (a)(i) liefert die Begründung für die Gültigkeit der Gärtnerkonstruktion. Wie oben sind α und β = \sqrt{α^{2} − c^{2}} die Längen der Hauptachsen der Ellipse.

(c) Es sei zunächst ε ≠ 1. f und L lassen sich in einem geeigneten Koordinatensystem darstellen als (c, 0)^{T} und \{(x, y)^{T} ∈ ℝ^{2} | x = \frac{c}{ε^{2}} \}, wobei c = ε^{2}d(f, L)/|1 − ε^{2}|. Damit ist mit q = (x, y)^{T}

∥q − f∥ = εd(q, L)
⟺  (x − c)^{2} + y^{2} = ε^{2}(x − \frac{c}{ε^{2}} )^{2}
⟺ x^{2} − 2cx + c^{2} + y^{2} = ε^{2}x^{2} − 2cx + \frac{c^{2}}{ε^{2}}
⟺  x^{2}(1 − ε^{2}) + y^{2} = c^{2} (\frac{1−ε^{2}}{ε^{2}} )
⟺ \frac{x^{2}}{\frac{c^{2}}{ε^{2}}} + \frac{y^{2}}{( \frac{(1−ε^{2})c^{2}}{ε^{2}} )} − 1 = 0.

Dies ist eine Ellipse oder Hyperbel in Normalform, je nach dem, ob ε < 1 oder ε > 1. Für die Ellipse ist α^{2} = c^{2}/ε^{2}, β^{2} = (1 − ε^{2})c^{2}/ε^{2}, α^{2} − β^{2} = c^{2}, also ε = c/α die Exzentrizität, p = β^{2}/α = (1 − ε^{2})c/ε = εd(f, L). Für die Hyperbel ist ε die Exzentrizität, d(f, L) = c(ε^{2}−1)/ε^{2} = c(c^{2}−α^{2})/c^{2} = β^{2}/c = p/ε. Für ε = 1 seien f und L dargestellt durch (c, 0)^{T} und {(x, y)^{T} ∈ ℝ^{2} | x = −c} mit c = d(f, L)/2. Damit ist

∥q − f∥ = d(q, L)
⟺ (x − c)^{2} + y^{2} = (x + c)^{2}
⟺  y^{2} = 4cx.