1610840900-6b427cf5bfcd0cc0b9a85ea758232dac (824176), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

Тангенс угла наклонаположительного направления оси O′x′ к положительному направлению оси Ox находимпо формулеλ −a121tgϕ = 1 11 = −⇒ cos ϕ =, sin ϕ = −.a12255Таким образом, базисные векторы новой (канонической) системы координат O′x′y′ в21системе координат Oxy есть e1′ = { ,− }, e′255′координат есть точка O = (2,3) (рис. 77).Ответ: Эллипс′x 2 y′ 2+ =19 4, O′ = (2,3) , e1′= { 15 , 25 } , а начало этой системы= { 25 ,− 15 }, e′2 = { 15 , 25 } .Задача 33Определить тип линииx 2 − 4 xy + 4 y 2 + 4 x − 3 y − 7 = 0 ;написать ее каноническое уравнение и найти каноническую систему координат.Решение.

Вычислим ортогональные инварианты данной линии:S =1 + 4 = 5,δ=1−2−241∆ = −22= 0,−24−3 2225−3 2 = −.4−7 2Так как δ = 0 , а ∆ ≠ 0 то эта линия есть парабола. Каноническое уравнение этойпараболы находим следующим образом:∆1Sy′ 2 − 2 − ⋅ x = 0 ⇔ y′ 2 = x′ .S5Для определения канонической системы координат для данной параболы найдем сначалаее асимптотическое направление {α , β } :α 2 − 4αβ + 4β 2 = 0 ⇔ (α − 2β ) 2 = 0 ,следовательно, вектор a ={2, 1} есть вектор асимптотического направления.

Тогда векторb ={1,−2} имеет направление, перпендикулярное асимптотическому. Напишем уравнениедиаметра, сопряженного относительно данной параболы направлению {1 : −2} вектора b ,этот диаметр является осью параболы:( x − 2 y + 2) − 2( −2 x + 4 y − 3 2) = 0 ⇔ x − 2 y + 1 = 0 .Найдем теперь вершину параболы как точку пересечения оси параболы с самойпараболой, для чего решим систему уравнений x − 2y + 1= 0,⇔2 2 x − 4 xy + 4 y + 4 x − 3 y − 7 = 0 x = 3, y = .2Таким образом, начало новой (канонической) системы координат O′x′y′ в системекоординат Oxy будет иметь координаты O′(3, 2) . Базисный вектор e1′ системыкоординат O′x′y′ имеет по отношению к данной параболе асимптотическое направление,поэтому либо e1′= { 25 , 15 } , либо e1′ = {−25,− 15 } .

Условию S ⋅ (a cosϕ + a1характеризующему направление внутрь параболы, удовлетворяет вектор e1′.Вектор e′2 будет, очевидно, иметь координаты e′2= { 15 ,− 25 } (рис. 78).2sin ϕ ) < 0 ,= {−25,− 15 }Ответ: Параболаy′ 2 =1x′ , O′ = (3,2) , e1′ = {−525,− 15 }, e2′ = { 15 ,− 25 } .Задача 34Даны две линии второго порядка:3 x 2 + 6 xy − y 2 −18 x −10 y = 0 ,9 x 2 + 6 xy + y 2 −18 x −10 y = 0 .Найти общий диаметр этих двух линий и направления тех хорд каждой из данных линий,которым сопряжен этот диаметр.Решение.

По ортогональным инвариантам легко убеждаемся, что первая линия второгопорядка есть гипербола, а вторая − парабола. Любой диаметр гиперболы проходит черезее центр, а любой диаметр параболы имеет относительно этой кривой асимптотическоенаправление. Следовательно, искомый общий диаметр этих двух линий проходит черезцентр гиперболы и имеет по отношению к параболе асимптотическое направление. Центргиперболы O( x0 , y0 ) находим из системы уравнений 3x0 + 3y0 − 9 = 0,  x0 = 2, ⇔ 3x0 − y0 − 5 = 0  y0 = 1..Значит, O = (2, 1) .

Асимптотическое направление параболы {α : β } находим из уравнения9α 2 + 6αβ + β 2 = 0 ⇔ (3α + β ) 2 = 0 ,т.е. можно положить α =1, β = −3 . Уравнение прямой, проходящей через точку O иимеющей направление {α , β } естьx − 2 y −1=⇔ 3x + y − 7 = 0 .1−3Это и есть искомый общий диаметр двух линий. Направляющий вектор этого диаметраесть a ={1,−3} , поэтому в случае гиперболы мы можем говорить о паре взаимносопряженных направлений: направление {α : β } сопряжено направлению {1 : −3} тогда итолько тогда, когда3 3   1    = 0 ⇔ − 6α + 6 β = 0 ⇔ α = β .(α , β )  3 − 1  − 3 Следовательно, направление {1 : 1} есть направление той хорды гиперболы, которойсопряжен диаметр 3x + y − 7 = 0 .

Пусть теперь {α : β } − направление той хорды параболы,которой сопряжен этот диаметр. Запишем уравнение этого диаметра в видеα (9 x + 3 y − 9) + β (3 x + y − 5) = 0 ⇔ (9α + 3β ) x + (3α + β ) y − 9α − 5β = 0 .Но два уравнения определяют одну и ту же прямую, когда их коэффициентыпропорциональны. Имеем:9α + 3β 3α + β 9α + 5β==⇔ 6α + β = 0 .317Можно положить α =1, β = −6 , это и есть направление той хорды параболы, которойсопряжен общий диаметр двух данных в условии задачи кривых второго порядка.Ответ: 3x + y − 7 = 0 , {1 : 1} , {1 : −6} .Задача 35Найти условия, необходимые и достаточные для того, чтобы прямая Ax + By + C = 0касалась:x2 y 21) эллипса 2 + 2 = 1 ;ab2xy22) гиперболы 2 − 2 = 1 ;ab3) параболы y 2 = 2 px ;4) гиперболы xy = k .x2 y 2Решение. 1) Пусть M ( x0 , y0 ) − некоторая точка, лежащая на эллипсе 2 + 2 = 1 .abНапишем уравнение касательной к данному эллипсу, проведенной в точке M :x0 ( x − x0 ) y0 ( y − y0 )xx0 yy0 x02 y02+=0⇔+= += 1,a2b2a 2 b2 a 2 b2так как точка M принадлежит эллипсу.

Итак, два уравненияxx0 yy0+ 2 −1= 0a2bиAx + By + C = 0определяют од ну и ту же прямую, следовательно, соответствующие коэффициентыдолжны быть пропорциональны:x0y01a2 Ab2 B.==−⇒x=−,y=−00a2 A b2 BCCCx2 y2Так как выполняется условие 02 + 02 = 1 , тоab2 22 2a A bB+ 2 = 1 ⇔ a 2 A2 + b 2 B 2 = C 2 .2CC2) Решение пункта 2 аналогично решению пункта 1.3) Пусть M ( x0 , y0 ) − некоторая точка, лежащая на параболе y 2 = 2 px . Напишемуравнение касательной к данной параболе, проведенной в точке M :p ( x − x0 ) − y0 ( y − y0 ) = 0 ⇔ px − y0 y = px0 − y02 = − px0 ,так как точка M принадлежит параболе. Итак, два уравненияAx + By + C = 0px − yy0 + px0 = 0иопределяют од ну и ту же прямую, следовательно, соответствующие коэффициентыдолжны быть пропорциональны:pypxCpB= − 0 = 0 ⇒ x0 = , y0 = −.ABCAAТак как выполняется условие y02 = 2 px0 , тоp 2 B 2 2 pC=⇔ pB 2 = 2 AC .2AAM(x,y)4) Пусть− некоторая точка, лежащая на гиперболе xy = k .

Напишем уравнение00касательной к данной гиперболе, проведенной в точке M :y0 ( x − x0 ) + x0 ( y − y0 ) = 0 ⇔ y0 x + x0 y = 2 x0 y0 = 2k ,так как точка M принадлежит гиперболе. Итак, два уравненияAx + By + C = 0y0 x + x0 y − 2k = 0иопределяют од ну и ту же прямую, следовательно, соответствующие коэффициентыдолжны быть пропорциональны:y0 x02k2kB2kA= =−⇒ x0 = −, y0 = −.A BCCCТак как выполняется условие x0 y0 = k , то4k 2 AB= k ⇔ 4kAB = C 2 .2CОтвет: 1) a 2 A2 + b 2 B 2 = C 2 ; 2) a 2 A2 − b 2 B 2 = C 2 ; 3) pB 2 = 2 AC ; 4) 4kAB = C 2 .Задача 36Три вершины параллелограмма находятся в точках O = (0,0) , A = ( 4,0) , B = (2,2) ; A иB − противоположные вершины. Написать уравнение эллипса, вписанного в этотпараллелограмм и касающегося стороны OA в ее середине.Решение.

Рассмотрим аффинное преобразование, переводящее данный эллипс вокружность. Описанный параллелограмм при этом преобразовании перейдет впараллелограмм, описанный около окружности, т.е. в ромб. А так как окружностькасается одной из сторон этого ромба в ее середине, то этот ромб есть квадрат, и даннаяокружность будет касаться и остальных сторон этого квадрата в их серединах.Следовательно, эллипс также будет касаться всех сторон параллелограмма в их серединах.Введем новую систему координат следующим образом: начало системы координатположим в точке O′(3,1) , являющейся центром параллелограмма (а также центромэллипса, что следует из рассмотренного выше аффинного преобразования); в качествевекторов e1′ и e′2 положим векторы O′M и O′N , где точки M и N −соответственно середины сторон AC и BC параллелограмма, а точка C − егочетвертая вершина (рис.

79).Рассмотрим уравнение эллипса в новой системе координат. Так как начало системыкоординат совпадает с центром эллипса, то коэффициенты a1 и a2 в общем уравненииэтого эллипса равны нулю. Будет равен нулю также коэффициент a12 , так как осикоординат имеют по отношению к данному эллипсу взаимно сопряженные направления,поскольку направление диаметра, проведенного в точку касания, сопряжено направлениюкасательной.

Итак, уравнение эллипса в новой системе координат имеет видa11x′ 2 + a22 y′ 2 + a0 = 0 .Точки M и N имеют в новой системе координат координаты M = (1,0) , N = (0,1) ипринадлежат данному эллипсу, откуда следует, что a11 + a0 = 0 и a22 + a0 = 0 . Поэтомуможно положить a11 = a22 = 1 и a0 = −1 , после чего уравнение принимает видx′ 2 + y′ 2 − 1 = 0 .Формулы перехода от исходной системы координат к новой имеют вид11′ x= 2x′ + y′ + 3,  x = 2 x− 2 y− 1, ⇔ y = y′ + 1  y′ y−= 1,следовательно, уравнение эллипса в исходной системе координат есть( 12 x − 12 y − 1)2 + ( y − 1)2 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 2 xy + 5 y 2 − 4 x − 4 y + 4 = 0 .Ответ: x 2 − 2 xy + 5 y 2 − 4 x − 4 y + 4 = 0 .Задача 37Доказать, что плоскость 2 x + 2 y + z − 3 = 0 пересекает эллипсоидx2 + y2 +z2=14по действительному эллипсу, и найти центр этого эллипса.Решение.

Первый способ. Рассмотрим систему уравнений 2 x + 2 y + z − 3 = 0, 2 2 z2 x + y + = 1.4Выразим из первого уравнения переменнуюzи подставим во второе уравнение: z = 3 − 2 x − 2 y, z = 3 − 2 x − 2 y, 2  2 2 (3− 2x − 2y) ⇔  2 2 5 x + y + = 1  2x + 2xy + 2y − 3x − 3y + 4 = 0. 4Последнее уравнение определяет цилиндр, проектирующий искомую линию пересеченияна плоскость z = 0 . Так как при аффинном преобразовании действительный эллипспереходит в действительный эллипс, можно считать, что уравнение2 x 2 + 2 xy + 2 y 2 − 3x − 3 y + 54 = 0нам дано в некоторой прямоугольной системе координат.

Характеристики

Список файлов курсовой работы