definira krivulju na ravnini. Grupa članova naziva se kvadratni oblik, – linearni oblik. Ako kvadratna forma sadrži samo kvadrate varijabli, tada se ta forma naziva kanonskom, a vektori ortonormirane baze u kojoj kvadratna forma ima kanonski oblik nazivaju se glavnim osima kvadratne forme.
Matrica naziva se matrica kvadratnog oblika. Ovdje je a 1 2 = a 2 1. Da bi se matrica B svela na dijagonalni oblik, potrebno je uzeti svojstvene vektore te matrice kao osnovu, zatim , gdje su λ 1 i λ 2 svojstvene vrijednosti matrice B.
U bazi vlastitih vektora matrice B, kvadratni oblik će imati kanonski oblik: λ 1 x 2 1 +λ 2 y 2 1 .
Ova operacija odgovara rotaciji koordinatnih osi. Tada se ishodište koordinata pomiče, čime se uklanja linearni oblik.
Kanonski oblik krivulje drugog reda: λ 1 x 2 2 +λ 2 y 2 2 =a, i:
a) ako je λ 1 >0; λ 2 >0 je elipsa, posebno, kada je λ 1 =λ 2 to je krug;
b) ako je λ 1 >0, λ 2<0 (λ 1 <0, λ 2 >0) imamo hiperbolu;
c) ako je λ 1 =0 ili λ 2 =0, tada je krivulja parabola i nakon rotacije koordinatnih osi ima oblik λ 1 x 2 1 =ax 1 +by 1 +c (ovdje λ 2 =0). Komplementirajući na potpuni kvadrat, imamo: λ 1 x 2 2 =b 1 y 2.

Primjer. Jednadžba krivulje 3x 2 +10xy+3y 2 -2x-14y-13=0 dana je u koordinatnom sustavu (0,i,j), gdje je i =(1,0) i j =(0,1) .
1. Odredite vrstu krivulje.
2. Dovesti jednadžbu u kanonski oblik i konstruirati krivulju u izvornom koordinatnom sustavu.
3. Pronađite odgovarajuće transformacije koordinata.

Otopina. Kvadratni oblik B=3x 2 +10xy+3y 2 dovodimo na glavne osi, odnosno na kanonski oblik. Matrica ove kvadratne forme je . Nalazimo svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore ove matrice:

Karakteristična jednadžba:
; λ1 =-2, λ2 =8. Vrsta kvadratnog oblika: .
Izvorna jednadžba definira hiperbolu.
Imajte na umu da je oblik kvadratnog oblika dvosmislen. Možete napisati 8x 1 2 -2y 1 2 , ali tip krivulje ostaje isti - hiperbola.
Nađemo glavne osi kvadratne forme, odnosno svojstvene vektore matrice B. .
Vlastiti vektor koji odgovara broju λ=-2 pri x 1 =1: x 1 =(1,-1).
Kao jedinični svojstveni vektor uzimamo vektor , gdje je duljina vektora x 1 .
Koordinate drugog svojstvenog vektora koji odgovara drugoj svojstvenoj vrijednosti λ=8 nalaze se iz sustava
.
1,j 1).
Prema formulama (5) iz stavka 4.3.3. Prijeđimo na novu osnovu:
ili

; . (*)

Unesemo izraze x i y u izvornu jednadžbu i nakon transformacija dobijemo: .
Odabir kompletnih kvadrata: .
Izvršavamo paralelnu translaciju koordinatnih osi u novo ishodište: , .
Uvedemo li ove relacije u (*) i riješimo te jednakosti s obzirom na x 2 i y 2, dobivamo: , . U koordinatnom sustavu (0*, i 1, j 1) ova jednadžba ima oblik: .
Da bismo konstruirali krivulju, konstruiramo novu u starom koordinatnom sustavu: os x 2 =0 određena je u starom koordinatnom sustavu jednadžbom x-y-3=0, a os y 2 =0 jednadžbom x+ y-1=0. Ishodište novog koordinatnog sustava 0 * (2,-1) je sjecište ovih linija.
Da bismo pojednostavili percepciju, podijelit ćemo proces konstruiranja grafikona u 2 faze:
1. Prijelaz na koordinatni sustav s osima x 2 =0, y 2 =0, specificiranim u starom koordinatnom sustavu jednadžbama x-y-3=0 odnosno x+y-1=0.

2. Konstrukcija grafa funkcije u rezultirajućem koordinatnom sustavu.

Konačna verzija grafikona izgleda ovako (vidi. Otopina:Preuzmi rješenje

Vježbajte. Utvrdite da svaka od sljedećih jednadžbi definira elipsu, te pronađite koordinate njezina središta C, poluosi, ekscentriciteta, jednadžbe direktrise. Na crtežu nacrtajte elipsu s osi simetrije, žarištima i direktrisama.
Otopina.

§ 9. Pojam jednadžbe pravca.

Definiranje pravca pomoću jednadžbe

Jednakost oblika F (x, y) = 0 naziva jednadžba u dvije varijable x, y, ako ne vrijedi za sve parove brojeva x, y. Kažu dva broja x = x 0 , y=y 0, zadovoljiti neku jednadžbu oblika F(x, y)=0, ako pri zamjeni ovih brojeva umjesto varijabli X I na u jednadžbi njegova lijeva strana nestaje.

Jednadžba zadanog pravca (u određenom koordinatnom sustavu) je jednadžba s dvije varijable koju zadovoljavaju koordinate svake točke koja leži na tom pravcu, a ne zadovoljavaju koordinate svake točke koja ne leži na njemu.

U nastavku je umjesto izraza “dana jednadžba pravca F(x, y) = 0" često ćemo reći ukratko: dana linija F (x, y) = 0.

Ako su zadane jednadžbe dvaju pravaca F(x, y) = 0 I F(x, y) = Q, zatim zajedničko rješenje sustava

Daje sve njihove sjecišne točke. Točnije, svaki par brojeva koji je zajedničko rješenje ovog sustava određuje jednu od točaka presjeka.

1)X 2 +y 2 = 8, x-y = 0;

2) X 2 +y 2 -16x+4na+18 = 0, x + y= 0;

3) X 2 +y 2 -2x+4na -3 = 0, X 2 + g 2 = 25;

4) X 2 +y 2 -8x+10u+40 = 0, X 2 + g 2 = 4.

163. Točke su dane u polarnom koordinatnom sustavu

Odredi koje od ovih točaka leže na pravcu određenom jednadžbom u polarnim koordinatama  = 2 cos , a koje ne leže na njemu. Koja je linija određena ovom jednadžbom? (Nacrtaj na crtežu :)

164. Na pravcu određenom jednadžbom  =
, Pronađite točke čiji su polarni kutovi jednaki sljedećim brojevima: a) ,b) - ,c) 0, d) . Koja je linija određena ovom jednadžbom?

(Napravite ga na crtežu.)

165. Na pravcu određenom jednadžbom  =
, pronađite točke čiji su polarni polumjeri jednaki sljedećim brojevima: a) 1, b) 2, c)
. Koja je linija određena ovom jednadžbom? (Napravite ga na crtežu.)

166. Utvrdite koje su linije određene u polarnim koordinatama pomoću sljedećih jednadžbi (konstruirajte ih na crtežu):

1)  = 5; 2)  = ; 3)  = ; 4)  cos  = 2; 5)  sin  = 1;

6)  = 6 cos ; 7)  = 10 sin ; 8) grijeh  =

Jednakost oblika F(x, y) = 0 naziva se jednadžba s dvije varijable x, y ako ne vrijedi za sve parove brojeva x, y. Kažu da dva broja x = x 0, y = y 0 zadovoljavaju neku jednadžbu oblika F(x, y) = 0 ako pri zamjeni tih brojeva umjesto varijabli x i y u jednadžbu njezina lijeva strana postane nula .

Jednadžba danog pravca (u određenom koordinatnom sustavu) je jednadžba s dvije varijable koju zadovoljavaju koordinate svake točke koja leži na tom pravcu, a ne zadovoljavaju koordinate svake točke koja ne leži na njemu.

U nastavku ćemo umjesto izraza “zadana jednadžba pravca F(x, y) = 0” često reći kraće: zadani pravac F(x, y) = 0.

Ako su zadane jednadžbe dviju linija: F(x, y) = 0 i F(x, y) = 0, tada je zajedničko rješenje sustava

F(x,y) = 0, F(x, y) = 0

daje sve njihove sjecišne točke. Točnije, svaki par brojeva koji je zajedničko rješenje ovog sustava određuje jednu od točaka presjeka, tj.

157. Zadani bodovi *) M 1 (2; -2), M 2 (2; 2), M 3 (2; - 1), M 4 (3; -3), M 5 (5; -5), M 6 (3; -2). Odredite koje od zadanih točaka leže na pravcu određenom jednadžbom x + y = 0, a koje ne leže na njemu. Koja je linija određena ovom jednadžbom? (Nacrtaj to na crtežu.)

158. Na pravcu određenom jednadžbom x 2 + y 2 = 25 pronađite točke čije su apscise jednake sljedećim brojevima: 1) 0, 2) -3, 3) 5, 4) 7; na istoj liniji pronađite točke čije su ordinate jednake sljedećim brojevima: 5) 3, 6) -5, 7) -8. Koja je linija određena ovom jednadžbom? (Nacrtaj to na crtežu.)

159. Odredi koje pravce određuju sljedeće jednadžbe (konstruiraj ih na crtežu): 1)x - y = 0; 2) x + y = 0; 3) x - 2 = 0; 4)x + 3 = 0; 5) y - 5 = 0; 6) y + 2 = 0; 7) x = 0; 8) y = 0; 9) x 2 - xy = 0; 10) xy + y 2 = 0; 11) x 2 - y 2 = 0; 12) xy = 0; 13) y 2 - 9 = 0; 14) x 2 - 8x + 15 = 0; 15) y 2 + by + 4 = 0; 16) x 2 y - 7xy + 10y = 0; 17) y - |x|; 18) x - |y|; 19) y + |x| = 0; 20) x + |y| = 0; 21) y = |x - 1|; 22) y = |x + 2|; 23) x 2 + y 2 = 16; 24) (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 16; 25 (x + 5) 2 + (y-1) 2 = 9; 26) (x - 1) 2 + y 2 = 4; 27) x 2 + (y + 3) 2 = 1; 28) (x - 3) 2 + y 2 = 0; 29) x 2 + 2y 2 = 0; 30) 2x 2 + 3y 2 + 5 = 0; 31) (x - 2) 2 + (y + 3) 2 + 1 = 0.

160. Zadani su pravci: l)x + y = 0; 2)x - y = 0; 3)x 2 + y 2 - 36 = 0; 4) x 2 + y 2 - 2x + y = 0; 5) x 2 + y 2 + 4x - 6y - 1 = 0. Odredi koje od njih prolaze kroz ishodište.

161. Zadani su pravci: 1) x 2 + y 2 = 49; 2) (x - 3) 2 + (y + 4) 2 = 25; 3) (x + 6) 2 + (y - Z) 2 = 25; 4) (x + 5) 2 + (y - 4) 2 = 9; 5) x 2 + y 2 - 12x + 16y - 0; 6) x 2 + y 2 - 2x + 8y + 7 = 0; 7) x 2 + y 2 - 6x + 4y + 12 = 0. Odredi njihove sjecišne točke: a) s osi Ox; b) s osi Oy.

162. Odredi sjecište dviju pravaca:

1) x 2 + y 2 - 8; x - y = 0;

2) x 2 + y 2 - 16x + 4y + 18 = 0; x + y = 0;

3) x 2 + y 2 - 2x + 4y - 3 = 0; x 2 + y 2 = 25;

4) x 2 + y 2 - 8y + 10y + 40 = 0; x 2 + y 2 = 4.

163. U polarnom koordinatnom sustavu točke M 1 (l; π/3), M 2 (2; 0), M 3 (2; π/4), M 4 (√3; π/6) i M 5 (1; 2/3π). Odredite koje od ovih točaka leže na pravcu određenom u polarnim koordinatama jednadžbom p = 2cosΘ, a koje ne leže na njemu. Koja je linija određena ovom jednadžbom? (Nacrtaj to na crtežu.)

164. Na pravcu određenom jednadžbom p = 3/cosΘ pronađite točke čiji su polarni kutovi jednaki sljedećim brojevima: a) π/3, b) - π/3, c) 0, d) π/6. Koja je linija određena ovom jednadžbom? (Napravite ga na crtežu.)

165. Na pravcu određenom jednadžbom p = 1/sinΘ pronađite točke čiji su polarni polumjeri jednaki sljedećim brojevima: a) 1 6) 2, c) √2. Koja je linija određena ovom jednadžbom? (Napravite ga na crtežu.)

166. Odredite koje su linije određene u polarnim koordinatama pomoću sljedećih jednadžbi (konstruirajte ih na crtežu): 1) p = 5; 2) Θ = π/2; 3) Θ = - π/4; 4) p cosΘ = 2; 5) p sinΘ = 1; 6.) p = 6cosΘ; 7) p = 10 sinΘ; 8) sinΘ = 1/2; 9) sinp = 1/2.

167. Na crtežu konstruirajte sljedeće Arhimedove spirale: 1) p = 20; 2) p = 50; 3) p = Θ/π; 4) p = -Θ/π.

168. Na crtežu konstruirajte sljedeće hiperbolične spirale: 1) p = 1/Θ; 2) p = 5/Θ; 3) p = π/Θ; 4) r= - π/Θ

169. Na crtežu konstruirajte sljedeće logaritamske spirale: 1) p = 2 Θ; 2) p = (1/2) Θ.

170. Odredite duljine odsječaka na koje je Arhimedova spirala p = 3Θ presječena zrakom koja izlazi iz pola i nagnuta je prema polarnoj osi pod kutom Θ = π/6. Napravite crtež.

171. Na Arhimedovoj spirali p = 5/πΘ uzeta je točka C čiji je polarni radijus 47. Odredi na koliko dijelova ta spirala siječe polarni radijus točke C. Nacrtaj.

172. Na hiperboličkoj spirali P = 6/Θ pronađite točku P čiji je polarni radijus 12. Nacrtajte.

173. Na logaritamskoj spirali p = 3 Θ pronađite točku P čiji je polarni radijus 81. Nacrtajte.

Razmotrimo funkciju danu formulom (jednadžbom)

Ova funkcija, a time i jednadžba (11), odgovara dobro definiranoj liniji na ravnini, koja je graf ove funkcije (vidi sliku 20). Iz definicije grafa funkcije proizlazi da se taj pravac sastoji od onih i samo onih točaka ravnine čije koordinate zadovoljavaju jednadžbu (11).

Neka sada

Pravac koji je graf ove funkcije sastoji se od onih i samo onih točaka ravnine čije koordinate zadovoljavaju jednadžbu (12). To znači da ako točka leži na navedenoj liniji, tada njezine koordinate zadovoljavaju jednadžbu (12). Ako točka ne leži na tom pravcu, tada njezine koordinate ne zadovoljavaju jednadžbu (12).

Jednadžba (12) se rješava s obzirom na y. Razmotrite jednadžbu koja sadrži x i y i nije riješena za y, kao što je jednadžba

Pokažimo da ova jednadžba u ravnini također odgovara liniji, točnije kružnici sa središtem u ishodištu i polumjerom jednakim 2. Prepišimo jednadžbu u obliku

Njegova lijeva strana je kvadrat udaljenosti točke od ishodišta (vidi § 2, stavak 2, formula 3). Iz jednakosti (14) slijedi da je kvadrat te udaljenosti jednak 4.

To znači da se svaka točka čije koordinate zadovoljavaju jednadžbu (14), a time i jednadžbu (13), nalazi na udaljenosti 2 od ishodišta.

Geometrijski položaj takvih točaka je kružnica sa središtem u ishodištu i radijusom 2. Ta će kružnica biti pravac koji odgovara jednadžbi (13). Koordinate bilo koje njegove točke očito zadovoljavaju jednadžbu (13). Ako točka ne leži na kružnici koju smo pronašli, tada će kvadrat njezine udaljenosti od ishodišta biti veći ili manji od 4, što znači da koordinate takve točke ne zadovoljavaju jednadžbu (13).

Neka je sada, u općem slučaju, dana jednadžba

na čijoj se lijevoj strani nalazi izraz koji sadrži x i y.

Definicija. Pravac definiran jednadžbom (15) je geometrijsko mjesto točaka u ravnini čije koordinate zadovoljavaju ovu jednadžbu.

To znači da ako je pravac L određen jednadžbom, tada koordinate bilo koje točke L zadovoljavaju ovu jednadžbu, ali koordinate bilo koje točke u ravnini koja leži izvan L ne zadovoljavaju jednadžbu (15).

Jednadžba (15) naziva se jednadžba linije

Komentar. Ne treba misliti da bilo koja jednadžba određuje bilo koju liniju. Na primjer, jednadžba ne definira nikakvu liniju. U stvari, za bilo koju stvarnu vrijednost i y, lijeva strana ove jednadžbe je pozitivna, a desna strana jednaka nuli, i stoga ovu jednadžbu ne mogu zadovoljiti koordinate bilo koje točke u ravnini

Pravac se može definirati na ravnini ne samo jednadžbom koja sadrži kartezijeve koordinate, već i jednadžbom u polarnim koordinatama. Pravac definiran jednadžbom u polarnim koordinatama je geometrijsko mjesto točaka u ravnini čije polarne koordinate zadovoljavaju ovu jednadžbu.

Primjer 1. Konstruirajte Arhimedovu spiralu na .

Otopina. Napravimo tablicu za neke vrijednosti polarnog kuta i odgovarajuće vrijednosti polarnog radijusa.

Konstruiramo točku u polarnom koordinatnom sustavu, koja se očito poklapa s polom; zatim, crtajući os pod kutom prema polarnoj osi, konstruiramo točku s pozitivnom koordinatom na ovoj osi; zatim, na sličan način, konstruiramo točke s pozitivnim vrijednostima polarnog kuta i polarnog radijusa (osi za te točke nisu prikazani na slici 30).

Spajanjem točaka dobivamo jednu granu krivulje, prikazanu na sl. 30 podebljanom linijom. Pri promjeni od 0 do ove grane krivulje sastoji se od beskonačnog broja zavoja.

Dakle, agip. = s/2 = 2 i bhyp.2 = s2 – agyp.2 = 16 – 4 = 12. x2 y2 Jednadžba tražene hiperbole ima oblik: − = 1. 4 12 Zadatak 11. Napišite jednadžbu parabole. ako je njegov fokus F( -7, 0) i jednadžba direktrise x – 7 = 0. Rješenje Iz jednadžbe direktrise imamo x = -p/2 = 7 ili p = -14.< 7, x ∈ R. 2 Решение 3 2 y−7=− x − 6 x + 13. Возводим обе части 2 уравнения в квадрат: 9 2 (y − 7) 2 = 4 (x − 6 x + 13) или 4 (y − 7) = (x 2 − 6 x + 13). 2 9 Выделяем в правой части полный квадрат: 4 (x − 3) 2 (y − 7) 2 (y − 7) = (x − 3) + 4 или 2 2 − = −1. 9 4 9 Это – сопряженная гипербола. О′(3, 7), полуоси а = 2, b = 3. Заданное же уравнение определяет ветвь гиперболы, расположенную под прямой y – 7 = 0, т.к. y < 7. 1 y +1 2. x = 1 − . 2 2 Решение Область допустимых значений (х, у) определяется условиями ⎧ y +1 ⎪ ≥ 0, ⎧ y ≥ −1, ⎨ 2 → ⎨ ⎪ 1 − x ≥ 0, ⎩ x ≤ 1. ⎩ (y + 1)/2 = 4⋅(1 – x)2 → y + 1 = 8⋅(1 – x)2. Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1). 41 3. y = −2 − 9 − x 2 + 8 x . Решение Искомая кривая – часть окружности: (y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y ≤ -2, x ∈ [-1, 9]. 4. y2 – x2 = 0. y Решение y=-x y=x (y – x)⋅(y + x) = 0 – две пересекающиеся прямые. x 0 Задача 13. Какую линию определяет уравнение x2 + y2 = x? Решение Запишем уравнение в виде x2 – x + y2 = 0. Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих х: x2 – x = (x – 1/2)2 – 1/4. 2 ⎛ 1⎞ 1 Уравнение принимает вид ⎜ x − ⎟ + y 2 = ⎝ 2⎠ 4 и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и радиусом 1/2. Задача 14. Преобразовать уравнение x2 – y2 = a2 поворотом осей на 45° против часовой стрелки. Решение Так как α = -45°, то cos α = 2 2, sin α = − 2 2. Отсюда преобразование поворота принимает вид (см. п.4.2): ⎧ x = 2 2 ⋅ (x′ + y′) , ⎪ ⎨ ⎪ y = 2 2 ⋅ (y′ − x′) . ⎩ Подстановка в исходное уравнение дает х′у′ = а2/2. Проиллюстрируем приведение общих уравнений прямых второго порядка к каноническому виду на нескольких примерах, иллюстрирующих разные схемы преобразований. Задача 15. Привести уравнение 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0 к каноническому виду и построить кривую. Решение Сгруппируем члены этого уравнения, содержащие одноименные координаты: (5x2 – 30x) + (9y2 + 18y) +9 = 0, или 5(x2 – 6x) + 9(y2 + 2y) +9 = 0. 42 y y′ Дополняем члены в скобках до полных квадратов: x 5(x2 – 6x + 9 – 9) + 9(y2 + 2y + 1 – 1) +9 = 0, или 0 5(x – 3)2 + 9(y + 1)2 = 45. 01 x′ Обозначаем x′ = x – 3, y′ = y + 1, x0 = 3, y0 = -1, то есть точка О1(3, -1) – центр кривой. Уравнение в новой системе координат принимает вид: x′2 y′2 5 x′ + 9 y′ = 45 → 2 2 + = 1 и определяет эллипс с полуосями 9 5 а = 3, b = 5,который в исходной системе координат имеет центр в точке О1(3, -1). 5 2 3 7 Задача 16. Определить вид кривой x + xy + y 2 = 2. 4 2 4 Решение Определим угол поворота осей по формуле (7) п.4.4: π 5 7 A = ,C = , B = 4 4 4 3 1 , A ≠ C и ϕ = arctg 2 2B 1 (= arctg − 3 = − . A−C 2 6) Подвергнем уравнение кривой преобразованию: ⎧ 3 1 ⎪ x = x′ cos ϕ − y′ sin ϕ = x′ ⎪ + y′ , 2 2 ⎨ ⎪ y = x′ sin ϕ + y′ cos ϕ = − x′ 1 + y′ 3 ⎪ ⎩ 2 2 и получим уравнение эллипса 2 2 5⎛ 3 1⎞ 3⎛ 3 1 ⎞⎛ 1 3 ⎞ 7⎛ 1 3 ⎞ ⎜ x′ + y′ ⎟ + ⎜ x′ + y′ ⎟⎜ − x′ + y′ ⎟ + ⎜ − x′ + y′ ⎟ = 2 . 4⎝ 2 2⎠ 2 ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2 ⎠ 4⎝ 2 2 ⎠ x′ 2 + 2y′ 2 = 2. Задача 17. Установить, какую линию определяет уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0. Решение Перенесем начало координат в такую точку О1(х0, у0), чтобы уравнение не содержало х′ и у′ в первой степени. Это соответствует преобразованию координат вида (см. п.4.1): ⎧ x = x′ + x0 , ⎨ ⎩ y = y′ + y0 . Подстановка в исходное уравнение дает (x′ + x0)2 + (x′ + x0)(y′ + y0) + (y′ + y0)2 – 2(x′ + x0) + 3(y′ + y0) = 0 или x′2 + x′y′ + y′2 + (2x0 + y0 - 2)x′ + (x0 + 2y0 + 3)y′ + x02 + x0y0 + y02 - 2x0 + 3y0 =0. Положим 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0. 43 Решение полученной системы уравнений: x0 = 7/3 и y0 = -8/3. Таким образом, координаты нового начала координат O1(7/3, -8/3), а уравнение принимает вид x′2 + x′y′ + y′ 2 = 93/25. Повернем оси координат на такой угол α, чтобы исчез член х′у′. Подвергнем последнее уравнение преобразованию (см. п.4.2): ⎧ x′ = x′′ cos α − y′′ sin α, ⎨ ⎩ y′ = x′′ sin α + y′′ cos α и получим (cos2α + sinα⋅cosα + sin2α)⋅x′′2 + y ′′ y y′ x′′ (cos2α - sin2α)⋅x′′y′′ + 0 x + (sin2α - sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′′ 2 = 93/25. Полагая cos2α - sin2α = 0, имеем tg2α = 1. α x′ Следовательно, α1,2 = ±45°. Возьмем α = 45°, cos45° = sin45° = 2 2 . 01 После соответствующих вычислений получаем 3 2 1 2 93 x ′′ + y ′′ = . 2 2 25 x′′2 y′′2 Итак, + =1 62 25 186 25 – уравнение эллипса с полуосями a = 62 5 ≈ 1,5; b = 186 5 ≈ 2,7 в дважды штрихованной системе координат, получаемой из исходной параллельным переносом осей координат в точку О1(7/3, -8/3) и последующим поворотом на угол 45° против часовой стрелки. Уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0 приведено к каноническому виду x′′2 y′′2 + 2 = 1. a2 b Задача 18. Привести к каноническому виду уравнение 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = 0. Решение Система уравнений для нахождения центра кривой (формула (6) п.4.4) ⎧ 4 x0 − 2 y0 − 1 = 0, ⎨ несовместна, ⎩ −2 x0 + y0 − 7 = 0 значит, данная кривая центра не имеет. Не меняя начала координат, повернем оси на некоторый угол α, соответствующие преобразования координат имеют ⎧ x = x′ cos α − y′ sin α, вид: ⎨ ⎩ y = x′ sin α + y′ cos α. 44 Перейдем в левой части уравнения к новым координатам: 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α - 4cosα⋅sinα + sin2α)⋅x′2 + + 2⋅(-4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα)⋅x′y′ + + (4sin2α + 4sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′2 + + 2⋅(-cosα - 7sinα)⋅x′ + 2⋅(sinα - 7cosα)⋅y′ + 7. (*) Постараемся теперь подобрать угол α так, чтобы коэффициент при х′у′ обратился в нуль. Для этого нам придется решить тригонометрическое уравнение -4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα = 0. Имеем 2sin2α - 3sinα⋅cosα - 2cos2α = 0, или 2tg2α - 3tgα - 2 = 0. Отсюда tgα = 2, или tgα = -1/2. Возьмем первое решение, что соответствует повороту осей на острый угол. Зная tgα, вычислим cosα и sinα: 1 1 tg α 2 cos α = = , sin α = = . 1 + tg 2α 5 1 + tg 2α 5 Отсюда, и учитывая (*), находим уравнение данной кривой в системе х′,у′: 5 y′2 − 6 5 x′ − 2 5 y′ + 7 = 0. (**) Дальнейшее упрощение уравнения (**) производится при помощи параллельного перенесения осей Ох′, Оу′. Перепишем уравнение (**) следующим образом: 5 5(y′2 − 2 y′) − 6 5 x′ + 7 = 0. 5 Дополнив выражение в первой скобке до полного квадрата разности и компенсируя это дополнение надлежащим слагаемым, получим: 2 ⎛ 5⎞ 6 5⎛ 5⎞ ⎜ y′ − ⎟ − ⎜ x′ − ⎟ = 0. ⎝ 5 ⎠ 5 ⎝ 5 ⎠ Введем теперь еще новые координаты х′′,у′′, полагая x′ = x′′ + 5 5, y′ = y′′ + 5 5 , что соответствует параллельному перемещению осей на величину 5 5 в направлении оси Ох′ и на величину 5 5 в направлении оси Оу′. В координатах х′′у′′ уравнение данной линии принимает вид 6 5 2 y′′ = x′′ . 5 Это есть каноническое уравнение параболы с 3 5 параметром p = и с вершиной в начале координат системы х′′у′′. Парабола 5 расположена симметрично относительно оси х′′ и бесконечно простирается в 45 положительном направлении этой оси. Координаты вершины в системе х′у′ ⎛ 5 5⎞ ⎛ 1 3⎞ ⎜ ; ⎟ а в системе ху ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5⎠ Задача 19. Какую линию определяет уравнение 4x2 - 4xy + y2 + 4x - 2y - 3 =0? Решение Система для нахождения центра кривой в данном случае имеет вид: ⎧ 4 x0 − 2 y0 + 2 = 0, y 2x-y+3=0 ⎨ 2x-y+1=0 ⎩ −2 x0 + y0 − 1 = 0. Эта система равносильна одному уравнению 2х0 – у0 2x-y-1=0 + 1 = 0, следовательно, линия имеет бесконечно много центров, составляющих прямую 2х – у + 1= 0. x Заметим, что левая часть данного уравнения 0 разлагается на множители первой степени: 4х2 – 4ху + у2 + 4х –2у –3 = = (2х – у +3)(2х – у – 1). Значит, рассматриваемая линия есть пара параллельных прямых: 2ху – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0. Задача 20 1. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0 x′2 y′2 приводится к каноническому виду х′ 2 + 4у′ 2 + 4 = 0, или + = −1. 4 1 Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса. Однако оно не определяет на плоскости никакого действительного образа, так как для любых действительных чисел х′,у′ левая часть его не отрицательна, а cправа стоит –1. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями мнимого эллипса. 2. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0 x′2 y′2 приводится к каноническому виду х′ 2 + 4у′ 2 = 0, или + = 0. 4 1 Уравнение также похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет не эллипс, а единственную точку: х′ = 0, у′ = 0. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями вырожденного эллипса. Задача 21. Составить уравнение параболы, если ее фокус находится в точке F(2, -1) и уравнение директрисы D: x – y – 1 = 0. Решение Пусть в некоторой системе координат х′О1у′ парабола имеет канонический вид у′2 = 2рх′. Если прямая у = х – 1 является ее директрисой, то оси системы координат х′О1у′ параллельны директрисе. 46 Координаты вершины параболы, совпадающей с новым началом координат О1, найдем как середину отрезка нормали к директрисе D, проходящей через фокус. Итак, ось О1х′ описывается уравнением у = -х + b, -1 = -2 + b. Откуда b = 1 и О1х′: у = -х + 1. Координаты точки K пересечения директрисы и оси О1х′ находим из условия: ⎧ y = x −1 ⎨ , → x К = 1, y K = 0. ⎩ y = −x + 1 Координаты нового начала координат О1(х0, у0): 1+ 2 3 −1 + 0 1 x0 = = ; y0 = = − . Оси новой системы координат повернуты 2 2 2 2 относительно старой на угол (-45°). Найдем р = KF = 2. Итак, уравнение параболы в старой системе координат получим, если подвергнем уравнение параболы y′ 2 = 2 2 ⋅x′ преобразованию (см. формулу (5) п.4.3): ⎧ ⎛ 3⎞ ⎛ 1⎞ ⎧ 2 ⎪ x′ = ⎜ x − 2 ⎟ cos(−45°) + ⎜ y + 2 ⎟ sin(−45°), ⎪ x′ = (x − y − 2), ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ 2 ⎨ → ⎨ ⎪ y′ = − ⎛ x − sin(−45°) + ⎛ y + cos(−45°) 3⎞ 1⎞ ⎪ y′ = 2 (x + y − 1), ⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎩ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎩ 2 1 2 y′2 = 2 2 ⋅ x′ ⇒ (x + y − 1) 2 = 2 2 ⋅ (x − y − 2), 2 2 откуда искомое уравнение параболы имеет вид: х2 + 2ху + у2 – 6х + 2у + 9 = 0. Задача 22. Написать уравнение гиперболы, если известны ее эксцентриситет е = 5 , фокус F(2, -3) и уравнение директрисы y′ y D1 3х – у + 3 = 0. Решение 3 B Уравнение директрисы D1: у = 3х + 3 позволяет заключить, что новая ось координат Ох′ имеет вид y = (-1/3)x + b, проходит через точку F(2, - -7 -1 α x A 0 1 3), значит, −3 = − ⋅ 2 + b, откуда b = -7/3 и Ох′ O1 K 3 a/ 5 -7/3 1 7 F x′ задается уравнением y = − x − . 3 3 Пусть начало новой системы координат находится в точке О1(х0, у0). Найдем координаты точки К как координаты точки пересечения директрисы D1 и 47 ⎧3 x − y + 3 = 0, 8 9 оси Ох′′ из системы ⎨ → xK = − , y K = − . ⎩3y + x + 7 = 0 5 5 Геометрические свойства гиперболы, которая в новых осях координат x′2 y′2 Ох′у′ имеет вид 2 − 2 = 1, позволяют найти КF как расстояние от фокуса a b F(2, -3) до директрисы D1: 3х – у + 3 = 0. 3 ⋅ (2) − (−3) + 3 12 a a KF = = , O1K = = , O1F = c = a 2 + b 2 , 9 +1 10 e 5 a 12 O1K = O1F − KF ⇒ = a 2 + b2 − , 5 10 b2 так как e = 1 + 2 = 5, b 2 = 4a 2 . Значение а находим из уравнения a a 12 3 =a 5− и получаем a = . При этом b2 = 18. 5 10 2 x′2 y′2 Уравнение гиперболы в новых координатах имеет вид − = 1. 9 2 18 Координаты нового центра найдем, зная что точка К делит отрезок О1F в OK a 5 1 отношении λ = 1 = = : KF 12 10 4 ⎧ 1 ⎪ x0 + x F 4 5 ⎪ xK = , x0 = − , ⎪ 1+1 4 2 ⎨ откуда ⎪ 1 3 y0 + y F y0 = − . ⎪y = 4 , 2 ⎪ K ⎩ 1+1 4 Из ∆ АВО: sinα = 1 10 , cosα = 3 10 . Так как поворот совершается на угол (-α): sin(-α) = − 1 10 , cos(-α) = 3 10 , то формулы преобразований координат (см. (5) в п.4.3) принимают вид: ⎧ ⎛ 5⎞ 3 ⎛ 3 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎧ ′ 1 ⎪ ⎪ x′ = ⎜ x + ⎟ ⎝ 2 ⎠ 10 ⎝ + ⎜ y + ⎟⎜ − 2 ⎠ ⎝ 10 ⎠⎟, ⎪ x = 10 (3x − y + 6) , ⎪ ⎨ → ⎨ ⎪ y′ = − ⎛ x + 5 ⎞ ⎛ − 1 ⎞ + ⎛ y + 3 ⎞ 3 , ⎪ y′ = 1 (x + 3 y + 7) ⎪ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 10 ⎩ 10 1 1 (3x − y + 6) (x + 3y + 7) 2 2 и уравнение гиперболы принимает вид 10 − 10 = 1, 92 18 4(3х – у +6)2 – (х + 3у + 7)2 = 180 или 7х2 – у2 – 6ху – 18у + 26х + 17 = 0. 48 Задача 23. Найти полярный угол отрезка, направленного из точки (5, 3) в точку (6, 2 3). Решение ρ = (6 − 5) 2 + (2 3 − 3) 2 = 2, cos ϕ = 1 2, sin ϕ = 3 2 ⇒ ϕ = 60°. (см. п.5.2). Задача 24. Составить уравнение прямой в полярных координатах, считая известными расстояние р от полюса до прямой и угол α от полярной оси до луча, направленного из полюса перпендикулярно к прямой. M (ρ, ϕ) Решение L Известны ОР = р, ∠ РОА = α, произвольная точка М P прямой L имеет координаты (ρ, ϕ). β Точка М лежит на прямой L в том и только в том случае, α когда проекция точки М на луч ОР совпадает с точкой Р, O A т.е. когда р = ρ⋅cosβ, где ∠ РОМ = β. Угол ϕ = α + β и уравнение прямой L принимает вид ρ⋅cos(ϕ - α) = p. Задача 25. Найти полярные уравнения указанных кривых: 1). x = a, a >Dakle, jednadžba željene parabole je 2 y = -28x. Zadatak 12. Odredite koje pravce određuju sljedeće jednadžbe. Napravite crteže.< 4/5, ϕ ∈ (arccos(4/5), 2π – arccos(4/5)). При этом ρ⋅(4 - 5⋅cosϕ) = 9. Переходя к 3 2 1. y = 7 − x − 6 x + 13, y 0 Rješenje ρ⋅cosϕ = a → ρ = a/cosϕ. a 0 ρ 2). y = b, b > 0 b Rješenje ρ⋅sinϕ = b → ρ = b/sinϕ. 0 ρ 3). (x2 + y2)2 = a2xy Rješenje: xy ≥ 0, a2 ρ = a ρ cos ϕ sin ϕ → ρ = sin 2ϕ, sin 2ϕ ≥ 0.