求椭圆$x^2-2xy+2y^2=1$的焦点坐标、长轴、短轴长。

其妙

求椭圆$x^2-2xy+2y^2=1$的焦点坐标，和长轴、短轴长。

tommywong

终于转完了......

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

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

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

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

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

其妙

回复 2# tommywong
，焦点坐标，和长轴、短轴长呢？

tommywong

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

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

其妙

回复 4# tommywong
，就差焦点坐标啦！

kuing

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
\[a=\frac{\sqrt5+1}2, b=\frac{\sqrt5-1}2.\]

kuing

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
\[\left(\sqrt{\frac{\sqrt5+1}2},\sqrt{\frac{\sqrt5-1}2}\right), \left(-\sqrt{\frac{\sqrt5+1}2},-\sqrt{\frac{\sqrt5-1}2}\right)\]

战巡

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

isee

当然旋转变换，矩阵上来啊

不过，kuing 不用旋转也搞定了

战巡

回复 9# isee


各显所长嘛

isee

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？

战巡

回复 11# isee

打错而已........

其妙

谢谢楼上的各位了！中学、大学的方法都有了！

isee

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：

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

kuing

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

其妙

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

isee

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：

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

isee

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

其妙

回复 18# isee
那个A（对称阵）很简单的，背一下公式就可以了。

其妙

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$2b=\sqrt5-1$.