Matematické Fórum

Petrroll

Zdravím, narazil jsem na problém při vyjádření obecné rovnice tečny k "rectangular" (asymptoty rovnoběžné s osami) vedoucí nějakým bodem, např.: $(a, b)$ . Konkrétně mi při dvou různých způsobech vyjádření vyšly dva různé výsledky.

Hyperbola ( $c$ je parameter):
$x*y=c$

Předně, pro asymptotu asymptotu (prakticky pro každou přímku, ale tedy _i_ pro asymptotu) procházející bodem $(a, b)$ bude platit následující rovnice:
$y-b=(x-a)*k$ , kde $k$ je směrnice dané přímky.
Odvození je vcelku zjevné z:
$y=kx+q$ , kde $q=b-ak$ .

Se znalostí výše zmíněného se pustíme do dvou různých odvození $k$ . Předně jednoduše skrze derivaci, následně přes soustavu rovnic (a znalost, že tečna má s hyperbolou jen jeden průsečík).

1) Derivace:
$x*y=c$
$y=c/x$
$y/dx= -c/x^2$

A protože derivace je směrnice tečny, tak tedy:
$k=-c/x^2$

2) Skrze soustavu rovnic:
Hyperbola: $x*y=c$ , tj. $y=c/x$
Tečna: $y=kx+q$

Tedy dosadíme:
$c/x=kx+q$
$c=kx^2+qx$
$0=kx^2+qx-c$

Takováto rovnice může mít pro zadané $k$ a $q$ jen jedno řešení x, aby bylo zachováno, že existuje jen jeden průsečík. Diskriminant musí být tedy 0, aby existoval jen jeden kořen.

$D=0=q^2-4*k*(-c)$
$q^2=-4*k*c$ , víme, že k je záporné, tj. můžeme se zbavit znaménka a odmocnit
$q=sqrt(4*|k|*c)$

To dosadíme do:
$y=kx+q$
$y=kx+sqrt(4*|k|*c)$

Vyjádřením $k$ z tohoto výrazu dostaneme dva kořeny (což je správně, tečna + přímka rovnoběžná s asymptotou (která teda má mít k, a tedy kořen téhle rovnice 0)), ovšem ani jeden z nich se nerovná $-c/x^2$ , tedy tomu, co nám vyšlo z derivace. A nerovná se ani nule, což by odpovídalo té rovnoběžné s asymptotou a tedy osou x.

Reálně vyjde něco jako:
$k=-{(c\mp 2*sqrt(2)*c+2*c)\over(x^2)}$

zdenek1 · 01. 04. 2015 13:26

↑ Petrroll:
zásadní nepochopení.
v prvním případě dostáváš rovnici tečny ve tvaru
$y-y_0=-\frac c{x_0^2}(x-x_0)$ , kde $T[x_0;y_0]$ je bod dotyku.
Jenže ten neznáš.
Musíš ho určit "nějak jinak"

A až ho určíš, měl bys zjistit, že $-\frac c{x_0}$ se rovná $k$ z druhé varianty.

Petrroll

Upřímně, teď tě vůbec nechápu.
Pro tenhle příklad můžeme klidně předpokládat (zapomněl jsem to napsat), že mám bod dotyku zadaný a je to právě $(a, b)$ , tedy potřebuju spočítat jen směrnici tečny, ne celou její rovnici.

A tu už můžu spočítat oběma způsoby (derivací, i vyjádřením). Vyjádření z derivace je správné zjevně, ve vyjádření z soustavy rovnic nevidím využívání žádného předpokladu o $a, b$ , či čemkoliv jiném.

V druhém (a vlastně i prvním) výpočtu pak předpokládám, že $x=a$ .

//Ono tam mám trochu bordel ve značení, ale.

///Ty $e$ v poslední rovnici měly být $c$ .

Rumburak

↑ Petrroll:

Ahoj.

Idea druhého postupu založená na anulování diskriminantu kvadratické rovnice je správná, avšak obě takto získané přímky
jsou tečnami. Rovnoběžka s asymptotou (nejde-li ovšem přímo o asymptotu) má tu vlastnost, že příslušná soustava rovnic
vede eliminaci k rovnici (o jedné neznámé), která je LINEÁRNÍ - proto jeden PRŮSEČÍK takové přímky s hyperbolou.

První postup lze vést třeba takto:

Mechť $T[m, \frac{c}{m}]$ je (neznámý) bod dotyku. Jím vedená tečna má směrnici $k = -\frac{c}{m^2}$ , její směrnicová rovnice bude
$y = kx + q$ , tj. $y = -\frac{c}{m^2} x + q$ . Na této přímce leží bod $T$ , takže $\frac{c}{m} = -\frac{c}{m^2} m + q$ , odtud $q = \frac{2c}{m}$ ,
takže rovnice tečny vedené bodem $T$ bude

(1) $y = -\frac{c}{m^2} x + \frac{2c}{m}$ .

Na této přímce má ležet bod $[a, b]$ atd.

PS. Když by bod $T$ byl totožný s $[a, b]$ , ještě se to zjednoduší.

Petrroll · 01. 04. 2015 14:08

Předně, zjednodušme si to a předpokládejme, že body dotyku známe (moje vyjádření toho využívají, bez toho nedávají smysl).

První postup jsme si verifikovali, že je správný.

K druhému píšeš, že úvaha je správná. Dává ovšem jiný výsledek, tak kde je problém?

zdenek1 · 01. 04. 2015 14:12

↑ Petrroll:
Nedává.
mělo by ti vyjít, že $k=\frac{ab-2c\pm2\sqrt{c^2-abc}}{a^2}$ (pokud ti vychází něco jiného, překontroluj)
jenže bod $(a;b)$ leží na hyperbole, takže platí $ab=c$
dosazením máš $k=-\frac c{a^2}$ , což je stejné jako v (1)

Petrroll

No (ne)vychází, viz víše. Podivné, a to jsem to všechno kontroloval Wolframem.
Ale díky, hlavně, že (většina) úvah byla správné a nejde mi jen numerika střední školy.

//Člověk by to neřek', ale vysokoškolská matematika je v mnoha ohledech fakt lehčí :).

Matematické Fórum

#1 01. 04. 2015 13:12 — Editoval Petrroll (01. 04. 2015 13:48)

Obecná rovnice tečny k "rectangular" hyperbole

#2 01. 04. 2015 13:26

Re: Obecná rovnice tečny k "rectangular" hyperbole

#3 01. 04. 2015 13:43 — Editoval Petrroll (01. 04. 2015 13:49)

Re: Obecná rovnice tečny k "rectangular" hyperbole

#4 01. 04. 2015 13:54 — Editoval Rumburak (01. 04. 2015 14:01)

Re: Obecná rovnice tečny k "rectangular" hyperbole

#5 01. 04. 2015 14:08

Re: Obecná rovnice tečny k "rectangular" hyperbole

#6 01. 04. 2015 14:12

Re: Obecná rovnice tečny k "rectangular" hyperbole

#7 01. 04. 2015 14:26 — Editoval Petrroll (01. 04. 2015 14:26)

Re: Obecná rovnice tečny k "rectangular" hyperbole

Zápatí