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| HM |
Wir bestimmen die Quadrik durch die fünf
Punkte \(P=\binom12\), \(Q=\binom{-1}{-2}\), \(R=\binom{4}{-2}\), \(S=\binom{t}{-1}\) und
\(T=\frac15\binom{3+4t}{4-3t}\).
Sie können (mit der Maus) den Punkt \(S\) auf der durch
\(x_2=-1\) gegebenen Gerade bewegen, die Quadrik
verändert sich dann entsprechend.
Falls diese Quadrik sich als Ellipse ergibt, werden ihre beiden Symmetrieachsen orange angezeigt; der Schnittpunkt \(M\) der beiden Symmetrieachsen ist dann der Mittelpunkt der Ellipse.
Wenn sich eine Hyperbel ergibt, werden die beiden Asymptoten als gelbe Geraden angezeigt.
Der Punkt \(T\) ergibt sich aus \(S\) durch Spiegelung an der
Geraden \(g\) durch den Ursprung, die von \(\binom{-2}{1}\)
aufgespannt wird.
(Weil diese Spiegelung auch \(P\)
mit \(Q\) vertauscht und den Punkt \(R\) fest lässt, geht
die Punktmenge \(\{P,Q,R,S,T\}\) durch Spiegelung an der
Geraden \(g\) in sich über.
Deswegen ist diese Gerade \(g\)
für jeden Wert von \(t\) eine Symmetrieachse der Quadrik.)
Die Quadrikgleichung setzt man an als
\(
x^\intercal A_t\,x +2a_t^\intercal x+c_t=0
\)
mit einer symmetrischen Matrix
\(A_t=\left(\begin{array}{cc}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{array}\right)\),
einer Spalte \(a_t =
\left(\begin{array}{c}a_1\\a_2\end{array}\right)\)
und einer Konstanten \(c_t\).
Für fest gewähltes \(t\) erhält man die sechs Koeffizienten \(a_{11}\), \(a_{12}=a_{21}\), \(a_{22}\), \(a_1\), \(a_2\), \(c\), indem man die Punkte \(P,Q,R,S,T\) nacheinander in den Ansatz einsetzt: Dabei entsteht jedes Mal eine Bedingung an die Koeffizienten; diese Bedingungen sind lineare Gleichungen, und die fünf so entstehenden linearen Gleichungen bilden ein lineares Gleichungssystem.
Dieses lineare Gleichungssystem hat in jedem der betrachteten Fälle (also für jedes \(t\in\mathbb R\)) einen eindimensionalen Lösungsraum, legt also die Quadrikgleichung fest bis auf einen Faktor, der die Lösungsmenge nicht beeinflusst.
In der Skizze wird für den per Maus oder Tatschfinger eingestellten
Wert von \(t\) eine Lösung für \(A_t\), \(a_t\) und \(c_t\)
angezeigt.
(die angezeigten Werte sind gerundet.)
Die Gestalt der entstehenden Quadrik kann man ohne allzu viel
Aufwand erkennen, wenn man ein bisschen Theorie beherrscht.
Wir halten zuerst fest, dass die Determinante \(\det A_t\) das Produkt
der beiden Eigenwerte von \(A_t\) ist.
In der hier betrachteten Situation ist die Determinante \(\det A_t\)
ein Polynom vom Grad \(4\) in der Variablen \(t\); es gibt
vier reelle Nullstellen, die zugehörigen Punkte \(S\) sind in der
Skizze markiert sind durch die Punkte \(K_1\), \(K_2\), \(K_4\),
\(K_5\).
Der Punkt \(K_3\) markiert eine Stelle, die zu einem
schneidenden Paar von Geraden führt (also \(\det A_t\ne0\), aber der
Rang der erweiterten Matrix bleibt gleich dem Rang von \(A_t\)).
Schließlich kann man sich (in den Fällen, in denen man eine Ellipse erhält) fragen, wann die Quadrik ein Kreis wird: Das geschieht genau dann, wenn die Ellipsengleichung keine gemischten Terme hat (das passiert genau dann, wenn beide Eigenwerte von \(A_t\) gleich sind). Wir erhalten die entsprechenden Werte für \(t\) also als Nullstellen des Polynoms \(4t^2-12t-22\). Die zugehörigen Stellen sind in der Skizze markiert als \(D_1\) und \(D_2\).
In jedem Fall wären die Gleichungen hier wesentlich übersichtlicher,
wenn man statt den Koordinaten \(\binom{x_1}{x_2}\) bezüglich der
Standardbasis (in der Skizze angedeutet durch die weißen Pfeile)
Koordinaten bezüglich einer besser passenden Basis verwenden würde:
Eine gut passende Orthonormalbasis ist (zum Beispiel) gegeben
durch
\(
B\colon\quad b_1 =
\frac1{\sqrt5}\left(\begin{array}{c}1\\2\end{array}\right),
\)
\(\quad
b_2 =
\frac1{\sqrt5}\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right);
\)
(in der Skizze durch die blauen Pfeile angedeutet).
Dass diese Basis gut geeignet ist, liegt daran, dass der zweite
Basisvektor \(b_2\) entlang einer Symmetrieachse der Quadrik
zeigt (egal, welchen Wert man für \(t\) wählt).
Finden würde man solche Basisvektoren, indem man Eigenvektoren
von \(A\) sucht ...
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