Linia stopnia drugiego Zuzia: Napisz równania prostych przechodzących przez początek układu współrzędnych i mających kierunki asymptotyczne linii 6x²−xy−y²+5x−3y−2=0 Czy mógłby ktoś dać mi wskazówkę, jak rozwiązać tego typu zadanie? Obliczeniami zajmę się sama, po prostu nie mam pomysłu, jak nawet zabrać się za to zadanie Pozdrawiam

Zuzia: Wkradł mi się błąd, równanie postaci 6x2−xy−y2+5x−3y+2=0

getin: ja bym to potraktował jako równanie kwadratowe o zmiennej y i parametrze x y²+(x+3)y−6x²−5x+2 = 0 potem bym z tego Δ wyliczył a potem y₁ i y₂ Δ = (x+3)²−4*1*(−6x²−5x+2) = ...

	−(x+3)−√Δ
y1 =
	2

	−(x+3)+√Δ
y2 =
	2

potem dla każdej z funkcji y₁ i y₂ bym użył wzoru na współczynnik kierunkowy asymptoty ukośnej

	f(x)
a = limx→∞		i wynik tej granicy byłby kierunkiem asymptotycznym linii
	x

trzeba wynik tego a wstawić do równania y = a*x (prosta o równaniu y=a*x przechodzi przez początek układu współrzędnych) tylko obliczenia mogą być skomplikowane, może ktoś mądrzejszy ode mnie się wypowie i przedstawi jakieś proste rozwiązanie ?

wakacje: http://rcin.org.pl/Content/67702/WA35_11795_5525_Geometrja-Analityczna.pdf może coś takiego będzie pomocne? strona 305

Zuzia: Dziękuję bardzo za pomoc, wszystko wyszło mi poprawnie!

Patriszia Adams: A jakiego typu krzywa Ci wyszla?

wakacje: można też tak jak getin, chociaż trochę inaczej, mamy równanie: 6x²−xy−y²+5x−3y+2=0 y²+(x+3)y=6x²+5x+2 | dopełniamy do kwadratu zupełnego

	x+3		x+3
y2+(x+3)y+(		)2=6x2+5x+2+(		)2
	2		2

	x+3		13		13
(y+		)2=		x2+8x+
	2		2		2

	x+3		13		13
|y+		|=√(13/2)x2+8x+(13/2),		x2+8x+		>0 dla x∊ℛ
	2		2		2

	x+3
y+		=±√(13/2)x2+8x+(13/2)
	2

	1		3
y=±√(13/2)x2+8x+(13/2)−		x−
	2		2

ja bym próbował w ten sposób wyznaczyć wzór funkcji

jc: Na pewno nie najprostsze ... 6x²−xy−y²+5x−3y−2=0 (15x+5y+14)(10x−5y−1)=64 asymptoty 15x+5y+14=0, 10x−5y−1=0

jc: Krzywą jest oczywiście hiperbola. Dla porównania wyznaczę y. y=−3x−14/5 y= 2x−1/5

Patriszia Adams: A skad wiadomo ze to typ hiperboliczny?

wakacje:

	√26−1
mi prosta wyszła o równaniu y=		x
	2

Zuzia: Wyszła mi odpowiedź y=2x i y=−3x, która zgadza się z tyłem podręcznika

Patriszia Adams: Zuzia jak wyznaczylas typ krzywej drugiego stopnia ? Moze byc typ eliptyczny , hiperbolliczny i paraboliczny Jak wyznaczylas ze to typ hiperboliczny?

jc: (15x+5y+14)(10x−5y−1)=36 ale asymptoty pozostają bez zmian. Może jednak coś mylę?

jc: Oj, badasz formę kwadratową: 6x²−xy−y² A jak to robisz, nie ma znaczenia (ja wybieram sprowadzanie do pełnego kwadratu).

Patriszia Adams: Wedlug mnie chodzi o to ze nalezy obliczyc wyroznik tego rownania Δ Jesli >0 wtedy typ hiperboliczny Zastosowac niezmienniki przesuniec i obrotow i wtedy albo bedzie

	x2		y2
a) hiperbola		−		=1
	a2		b2

	x2		y2
b) krzywa przedstawia dwie proste przecinajace sie		−		=0
	a2		b2

a7: https://www.wolframalpha.com/input/?i=6x2%E2%88%92xy%E2%88%92y2%2B5x%E2%88%923y%2B2%3D0

Patriszia Adams: jc formy kwadratowe to algebra wyzsza. A tej niestety nie umiem .

jc: 6x²−xy−y²=6(x−y/12)² − 25/24 y² ale to prawie to samo, co liczenie wyróżnika. Różnica kwadratów −− hiperbola To chyba nie jest wyższa algebra?

Patriszia Adams: Mam sprawdzanie typow krzywej opisane w ksiazce Krzywe stozkowe i jeszce jednej i na nich sie wzoruje

Zuzia: Ja to zrobiłam w taki sposób, że obliczyłam δ(k,l) = Ak²+Bkl+ Cl² = 0 δ(k,l) = 6h²−kl −l²=0 delta wyszła 25l² k1 = −l/3 k2 = l/2 pierwsze rownanie y=lt x=−l/3 t drugie rownanie y=lt x=l/2 t skoro prosta przechodzi przez P(0,0), to równanie szukanej prostej musi być postaci y=ax podstawiłam te dwa równania do y=ax i wyszło y=−3x i y=2x Trochę przerażają mnie Wasze rachunki, czy to co zrobiłam jest dobrze? Myślałam że to proste zadanie!

jc: Zuzia, dobrze napisałaś. Ja napisałem wzór na asymptoty, a pytanie było o kierunki asymptot. Wystarczyło więc, tak jak to zrobiłaś, zająć się równaniem 6x²−xy−y²=0. 6x²−xy−y²=(3x+y)(2x−y), czyli y=2x lub y=−3x.