1611141248-a281492b470fec98b0828e547806fe04 (824985), страница 60
Текст из файла (страница 60)
Уравнение рх+ ду+ г = 0 является касательной к параболе в этой точке М„а ах+ йу=О уравнение диаметра,'проходящего через точку касания. Парабола, чравнение которой записано в виде (8), лежит в отрицательной йолуплоскости от прямой рх+ду+г=-О, а главный вектор (р, д) этой касательной направлен в положительную полуплоскость от прямой рх+ду+г=О. Поэтому если ненулевой вектор ( — а„, а„) (а, в Ф 0), коллинеарный диаметрам параболы (1), направлен в отрицательную полуплоскость от прямой рх+ду+г=О,т.е.— атер+ахай(0, то вектор ( — амо а,1), коллинеарный диаметрам параболы, направлен в сторону ее вогнутости, а если — атер+ат1д ) О, то в сторону выпуклости.
В случае — атер-'г аттд ) 0 вектор (ами — ать) коллинеарен оси параболы н направлен в сторону ее вогнутости. Замечание. Последний вопрос определения направляющего вектора диаметров параболы (1) решен в предположении, что уравнение (1) параболы задано относительно общей декартовой системы координат. ф 151, Примеры и задачи к главе Х! 1. Задачи с решениями Пример 1. Исследовать уравнепие 4хв+ 9ре+ Зх — Збу+ 4 = О. Преобразуем вто уравнение так; 4 (хв+ 2х+ 1) — 4 + 9 (ух — 4р+ 4) — 36+ 4 = О, или 4 (х+ 1) в+ 9 (р — 2)' — 36 = О.
Проивводн перенос осей координат твк, чтобы новым началом координат была точка ( — 1, 2), т. е. полетав Х=х+1, т'=р — 2, получим Х' 1'е 4Хв+9тв — 36=0, или — + — =1 (рис. 222). 9 4 Й Пример 2. Исследовать уравнение ха+ 4х — у+5=0, нли у=х'+4х+5. Имеем у = (х+ 2)а-)-1, у — 1 =(х+ 2)а, 1'.= Хе, где Х=х+2, У=у — 1. Уравнение выражает параболу (рис. 223). Рнс.
223 Рис. 222 Рис. 224 Рнс. 225 Пример 3. Исследовать уравнение ху+2х+Зу=О. Преобразуем уравнение так; ху+ 2х+ Зу+ 6 = 6, или х 2 =6. ХУ.=6 ( +3)(у+ ) гае Х ==х+3, У =у+2 Уравнение выражает равностороннюю гипербоау с ценгром в точке ( — 3, — 2) (рнс. 224). Г э а э э Хl ЛИНИИ ЗА;!А! !Н ЫЕ ОНРЦИН ЧРАвн е!!ИРм 390 Пример 4. ! !сс ае ковать уравнен не ха+ ко-2уэ+2х+ 4у=О Так как /, < О, Кэ=О, го это уравнение выра, кает две действительные пересекаю пиеса прямые 11реобра.)ем левую часгь этого уравнения тэн' х' -)- ху — 2у'+ 2х+ 4 и = хт+ х (у+ 2) + — — 2уэ + 4у — — = (у + 2)э ., (у+ 2)э 4 4 (х+ —,) — ( — уэ — 3у+ ! ) = (х+ — ) — ( — у — 1) у+2 3 т 7 у+2 3 =! х-)- — -1- —,у — 1) (х+ — — у+ ! =(х+2у) [х — у+2). 2 7' 'А 2 2 Данаое уравнение определяет две прямые ('рис 225): х+2у=О, х — у+2=0.
Другой вариант рещення Из уравнений 1 ! х+ — у+1=О, — х — 2у+2=0 2 ' 2 находим координаты центра линии (в данном случае точку пересечения тех прямых, на которые распадается эта линия) 4 2 х= —— 3' 3' у= —. Из уравнения 1+5 — 2йт=О находим угловые коэффициенты асимптотическнх направлений данно' ! линии (т.
е, угловые коэффициенты тех прямых, на которые распадается линия) 1 А, 1, Яэ — — — —. 2' Уравнения пряыык, на которые распадается линия. 2 4 2 1/ 4т у — —,= х-)- — и у — — = — (х+ — ), 3 3 3 2~, 3)' или х — 9+2=0, х+2у=0. Пример 5.
Исследовать уравнение 5хэ+ 2ху+ 2уэ+ 14х+ 4у -)- 10 = О, Так как Кз=О, то эго уравнение выражает две прямые. Преобразуем левую его часть гак~ 5 (ха+2 — х) +2у'+4у+10=5 ~ха+2 "— х.)-( — ') +2уэ+4у+ 10 — 5 ( — ) =5 (х+ — ) + Гу+7тэ . Г у+7Аэ (3у+1)а 5 7' 'т 5 7' о Данное уравнение выра. кает две мнимые пересекающиеся прямые Един. ственную точку плоскости, координаты ноторой удовлетворяют данном) )равнению, найдем, разрешая систему х+' =О, 3у+1=0, ~+7 5 89! !з~ г!'чгмкгы и чддзчп к гл тип. х! отсюда искомая точка ВКРУГО!! ВаРИант РЕШЕНИЯ, Тая КаК !т>О, Кз=О, тО ЛанНОЕ УРаВНЕНИЕ опре.шлягт две зшииые пересек а!ошнеся прямые, т. е.
удовлетворяется координагзчи только одной точки. Эта точка является центром данной линии, поэтому ес координаты получим, решнн систему уравнений ба+у+7=0, к+26+2=0, Пример 6, !!айти форму, Размеры и Расположение линии второго порядка бар + бет — 12х — 26П+ 11 = О. !!аходим ! =-9(О, К,=!! ЫО, Рис. 226 следовательно, данное уравнение определяет гиперболу. Далее, ух=О+8 =81 характеристическое уравнение Гьз — 8Д вЂ” 9=0; его корни хг =-9, кз — — — 1.
Простейшее уравнение 9Хт — Ух — — =0; 81 9 каноническое уравнение Хх уз — — — =!. 1 9 Координаты центра О'( — 1, 2) находим нз системы бд — 6=0. Зх+бр — !8=О. 392 ах а за «г. дмнми, ндддыыын онщпм У'гловой коэффпниент действительной оси гиперболы й= х т' =3 (рис, 226). аы Пример 7, Исследовать уравнение хе+2хр+уз — Вх+4 =О. Находим !в-— О, Кз= 16 4 О 1х=21 данное уравнение является уравнением параболы.
Простейнтее уравнение 2)гз — 2 — — Х=О; — 16 2 каноническое уравнение У = 2 Рг2'Х. Так как — а,зр + ахти = 8 ) О, то вектор (1, — 1~ направлен от вер. шины парабояы к ее фонусу. Координа- ты вершины параболы найдем, решая систему х+у †4+к+у, хх+ 2ху+ уз — Вх+ 4 = О, или х+у=2, (х+р)з=Вх — 4, Рис. 227 откуда х=1, у=1. Вершина 0' (1,!) (рис, 227). Пример 8.
Составить уравнения асимптот гиперболы бхр+ Вдз — 12х — 26у+ 11 = О. Р е шеи ив. Если изменять свободный член в уравнении гиперболы, то пол)чим ураннепне семейства гипербол с обшимн асимптотами, причем в это семейство войдет линия второго порядка, распадаюпгаясп на нару аснмптот данной гиперболы. В самом деле, координаты нектаров, имеющих асимптотическое направление, и координаты пентра гиперболы определяются из уравнений, в которые не входит свободный член уравнения. Итак, уравнение пары аснпптот данной гиперболы иозкно записать и виде бхр+ Вуе — 12х — 26у+ С =О. число С находят из условия распадения этой линии на две прямые~ ! 0 3 — 6 3 8 — 13 =0 С=20; — б — !3 С искомое «равнение (сокращаем на 2): Вху+ 4 уз — бх — 13 у+ 10 = О.
$!3!. ПРИМЕРЫ И ВЛДЛЧИ К ГЛЛВЕ Х! 393 Оно распадается на два: Зх+4у-5=0, у — 2=0, ато и есть уравнения асимвтот данной гиперболы. 3 а м сч а и не 1. Можно решать задачу и так; из уравнения 6!т+Зт'=0 найти координаты векторов, имеющих асимптотическое направление: (1, О) и ( — 4, 3), а из системы Зу — 6=0, Зх+бу 13=0 найти координаты венгра гиперболы: х = — 1, у= 2, Искомые уравнения ~х+! у — 2 ) )х)1 у — 2 ~ у — 2=-0, Зх+4у — 5=0. 3 а меч а н не 2.
После того как наидепы векторы (1,0) и( — 4, 3( сами всимптоты можно найти как самосопряжеппые дпаметрыт 1 (Зу — 6)+0 (Зх+бр — 13) =О, — 4 (Зу — 5) + 3 (Зх+ 8у — 13) = О, или у — 2=0, Зх+4у — 5=0. Пример 9. Найти фокусы и директрисы линии второго порядка бху+ 8уз — 12х — 2бу +! 1 = О. Решение. Находим /а= — 9 < О, Кз=81 ~ О, следопательно, данное уравнение определяет гиперболу. Находим (,: )а=О+8=8. Характеристическое уравнение Лз — бй — 9=0; его корни (через йт здесь обозначен корень, имеющий тот же знак, что и Ка). Простейшее уравнение 81 Хз 1ь ОХ' — 1" — — =О. илп — — — =! 9 ' ! 9 откуда а= 1, Ь = 3, следовательно, с= йх(0 .
Координаты венгра определяются из уравнений Зу — 6 О, Зх+8у — !3=0, откуда х= — 1, Врй центр О'( — 1, 2) Угловой, оэффипиепт лейстзительной оси Л1 — оп 9 — 0 — =3 аы 3 Пусть и — угол наклона действительной оси гиперболы к ос~ Ох тогда (н о=3, следовательно, 3 1 к(п и = — сов и У 10 )У !О а так как новое начало координат в центр гиперболы бн( — 1, 2), то формулы преобразования координат примут вид Х вЂ” ЗУ ЗХ+ У к= — — 1, в= ' +2. У' ГО (и) Так как координаты фокусов в ионой системе ХО'У суть соответственно Х,=- — У(О, У =О, Х =У(0, У, О, — Р !Π— 30 ххвк — — — ! = — 2 — ЗУ 10+0 У 1О Р 10 — 3 О х,= Р/10 — 1=О, )'!0 гт( — 2, — 1): 3 Г10 " '0 +0+2 — р (О б) !О Ураипевия директрис з козой системе ьоординат ах Х с т.
е. в нашем слтчае 1 Х=~=. У 10 Выражая из формул (и) координаты Х и У через х и у, получим Х= х+! + 3 (р — 2) — 3 (х+ 1) + у — 2 У 10 ' Р'!О Ютсюда уравнения директрис будут х+1+ 3(р — 2) 1 или . +1+Зр — б=-." 1. х+Зр — б=О, х+Зу — 4=0.
нли то их координаты в начальной системе хОр получим, подставив ~ последнее формулы вместо Х н 1' их значения: 4 ! ! ГГПМГГЫ йч ЗЯДАЧИ К ГЛАВЕ Х! 393 данвое )равнение определяет параболу Далее, l Кз / — 16 р = ' — — = — = )Г2 ° !з 1,=1+1=2 Далее, тзк как — а„Р+аме= — ! ° — В+! 0 > О, то вектоР (аьм — атт) (1, — 1) направлен от вер!пины параболы к ее фокусу, Обозначая через а угол от оси Ох до направления этого вектора, находим 1 1 созс==, щп и= — =. )'2 Координаты вершин ! находим из системы уравнений хх+2ху+уз — йх+4 =0, х+у — 2=0, няи (х-1-у)' — йт-1-4=-0, к+у=2, или 4 — 8х+4=0, х -!-у=2; отсюда х=1, у=!, Вгр!пииь О' !1, 1! Формулы преобразовш!ии ьооозянат Х -1- 1 х= — '; 1, Р'2 — Х+У у= +1 )' 2 Кооглииаты фокуса и новой системе Х = —, 1'=О, )' 2 2 а в начальной ф' 2 /~ — +О 2 3 2 — +О х= +1= — у= $/2 2 р'2 ' 2' Решая уравнения ((!) относительно Х и 1', получим х — 1 — (у — !) т — у т — ! -;-у — ! т+у — 2 у~2 )/2 )22 )' 2 Уравнение директрисы в новой системе *г' 2 Х= — —, 2 а в гачальной х — у )'2 — — |ли х-у4-1=0 У2 2 1(имер 11, Йано общее уран! ение линии второго порядка а!!хе+2атеху+аззут+2ахх-» 2азу-1-а=-0 Пр, ер !О .1аьти коордиьаты ок» о * и т р.апатия яирш!трио линия второго !орядьа хт+2ту+ у' — Зх 1-4 =.О 1!входим )=О, К= — 16 .О, ййб и дч кд линии заданные овщим грлвнением относительно декартовои прямоугольной системы координат.
Дано )т Ф О. Составить уравнение линии второго порядка, распадающейся на пару главных осей этой линии Р еш ен не. Уравнения главных осей данной линии й„х+йну+а,+яд (йх,х+аыу+а,) =О, йд,х+а„ч+а, +йз (йддх+аэхд)+ад) =О, (2) где йд и й,— угловые коэффициенты главных осей. Уравнение линии второго порядка, распадающейся на две прямые (2), запишется так: (ад,х+ а„у+ й,)х+(яд+ Лэ) (а„х+од,у+ а,) (аадх+йдду+ а,)— — (йгдх+ "дху+йэ) =О, так как дд/га= — 1 Угловые козффицвенты й, и йа определяются из уравнения й дйд+(дддд аы) й йда О (это уравнение получается из уравнения, приведенного иа стр. 341, если поделить левудо часть последнего на соа'и).
Из последнего уравнения следует, что ааэ — ам йд, а зпа шт, искомое уравнение й„(ад,х+ й„у+ йд)'+ (йгм — ам) (а„х+ йдау+ й,) (й„х+ а„у+ аз)— — й„(ймх+аддр+ад)э=О. 3 а м е ч а н и е Если данная линия распадается на две пересенающиеся прямые, то последнее уравнение распадается иа уравнения пары биссектрис углов между ними. Пример 12.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
