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H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2386
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 08. August, 2003 - 16:00: | 
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Hi allerseits,
Die Vierecksaufgabe 102 ist dieselbe wie Nr. 101.
Das Geradenpaar g1, g2 einerseits und das Paar
g3, g4 andrerseits sind durch Kegelschnittgleichungen
dargestellt, deren linke Seiten in Linearfaktoren zerlegt
werden können; diese Gleichungen stellen auf ihre
Asymptoten reduzierte Hyperbeln dar,
Gleichung des Paares g1,g2:
x ^ 2 + 4 x y - 2 y ^ 2 = 0
Gleichung des Paares g3,g4:
x ^ 2 + 4 x y - 2 y ^ 2 + 6 x – 12 y – 15 = 0
Beweise, dass das von den Geraden gi (i=1,2,3,4) als
Seitengeraden gebildete Viereck ein Rhombus ist.
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath
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Ferdi Hoppen (tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 820
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 08. August, 2003 - 23:17: |
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Hi megamath,
dank deiner ermunternden Worte habe ich mich noch an die neue Aufgabe herangewagt! Und ich habe dich enttarnt
Die Geraden sind die selben wie in Aufgabe 101, nur ein wenig versteckt!
Bei 1.) wars noch einfach:
x^2 + 4xy - 2y^2 = 0
zerfällt in:
x + (2+Ö6)y = 0 und x + (2-Ö6)y = 0
Hier kann man leicht zeigen das gilt 1/(2+Ö6) = 1+0,5*Ö6! Also sind dies die Geraden g1 und g2 von Aufgabe 101!
Bei 2.) war es schon schwieriger!Wie du sagst liegt eine ausgeartete Hyperbel vor, also habe ich ihre Asymtoten berechnet:
Die Steigungen aus der Gleichung:
-2m^2 + 4m + 1 = 0
Den Schnittpunkt der der beiden Asymptoten aus den Gleichungen:
x + 2y + 3 = 0 und 2x - 2y -6 = 0
Man erhält nun also die beiden Geraden indem man in y = mx + b für m, die beiden m Werte einsetzt und dann noch um B zu bestimmen, den Schnittpunkt der beiden Asymptoten als Punkt der Geraden einsetzt!
Man erhält:
g3 = ( 1 + 0,5*Ö6 )-( 3 + 0,5*Ö6)
g4 = ( 1 - 0,5*Ö6 )-( 3 - 0,5*Ö6)
was, wie man leicht sieht die Geraden g3 und g4 aus Aufgabe 101 sind!
mfg und eine gute Nacht! |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2394
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 09. August, 2003 - 06:35: |
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Hi Ferdi,
Das hast Du gut gemacht,die Enttarnung meine ich,
fast professionell.
Ich komme auf die Angelegenheit zurück.
MfG
H.R.Moser,megamath |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2396
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 09. August, 2003 - 08:23: |
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Hi Ferdi,
Bei dieser Hitze sollte man seine Kräfte, auch die geistigen,
sparsam und ökonomisch einsetzen.
1.
Sehen, dass die beiden quadratischen Formen übereinstimmen.
Meditierend erfassen, dass ein Parallelogramm vorliegt.
2.
Ich ermittle eine erste Diagonale des Parallelogramms auf die
einfachst mögliche Art: ich subtrahiere die beiden Gleichungen.
Effekt:die quadratischen Formen verschwinden; übrig bleibt
die lineare Gleichung
6 x – 12 y – 15 = 0, welche die eine Diagonale d1 mit der
Steigung m1 = ½ darstellt.
3.
Ich bestimme die Mittelpunkte M1, M2 der ausgearteten
Hyperbeln.
Es sind Gegenecken im Parallelogramm.
M1 fällt mit dem Ursprung zusammen, wie man sofort erkennt.
M2 bestimme ich mit der bewährten Methode der
Differentialrechnung:
ich leite die Gleichung implizit nach x ab; es kommt:
2 x + 4 y + 4 x y´- 4 y y´+ 6 – 12 y ´= 0
Auflösung nach der Ableitung y ´:
y´= - [ 2 x + 4 y + 6 ] / [ 4 x – 4 y – 12 ]
Wir fordern einerseits y ´= 0 ‚ andrerseits 1 / y´ = 0 ,
daraus entspringen die beiden linearen Gleichungen
2 x + 4 y + 6 = 0
4 x – 4 y – 12 = 0
mit den Lösungen x = 1 , y = -2; das sind gerade die
Koordinaten des Mittelpunktes M2;
die Gerade M1M2 mit der Steigung m2 = -2 ist die
zweite Diagonale d2.
Wegen m1 m2 = - 1 stehen die Diagonalen aufeinander
Senkrecht,was zu zeigen war.
Man beachte, dass ich die Koordinaten der Endpunkte
von d1 nicht benötigt habe.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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