1611671589-8b32ec633a68274ab2f981b506c8e32e (826555), страница 2
Текст из файла (страница 2)
. . , en } так, чтобы ось e0k+1 была параллельна вектору b.То есть выберем прямоугольную систему координат e01 . . . , e0n , в которойPnbi ei000e1 = e1 , . . . , ek = ek , ek+1 = i=k+1|b|0(остальные векторы e0k+2 , . . . , ePn выбираем ортогональными к уже выбранным). Получим многочлен i≤k λi x0i +2|b|x0k+1 +c. После этого сдвигом по e0k+1 убираем свободный член. В новой системе координат многочлен примет вид 2k . Теорема доказана.3.
Кривые второго порядка на плоскости3.1. Классификация КВПКривые второго порядка бывают эллиптического, гиперболическогои параболического типов.Уравнение второго порядка от двух переменных имеет видa11 x2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2b1 x + 2b2 y + c = 0.Упражнение 14. Придумать «правдоподобное объяснение» тому,что через любые пять точек плоскости всегда можно провести кривуювторого порядка, а через шесть точек — уже не всегда. µ¶a11 a12Пусть e01 и e02 — собственные векторы матрицы A =.a12 a22Составим из них матрицу Q перехода к новымX = QX 0 .µ координатам,¶λ01После поворота матрица Q> AQ примет вид, то есть слагае0 λ2мое со смешанным множителем xy исчезнет. Уравнение примет видλ1 x02 + λ2 y 02 + 2b̃1 x0 + 2b̃2 y 0 + c = 0.(2)Упражнение 15.
Если λ1 = λ2 = λ, то матрица A неµзависит¶отλ 0выбора прямоугольной системы координат, всегда имея вид.0 λПусть λ1 и λ2 ненулевые. Выделяя полный квадрат, получим уравнеb̃2b̃2ние (в нём x00 = x0 + λb̃11 , y 00 = y 0 + λb̃22 , c̃ = c − λ11 − λ22 )λ1 x002 + λ2 y 002 + c̃ = 0.Эллиптический тип. Числа λ1 и λ2 одинакового знака, это равносильно тому, что det A > 0. В зависимости от знака c̃ уравнение λ1 x2 +λ2 y 2 + c̃ = 0 можно переписать в одном из видов 1–3.72.21. xa2 + yb2 = 1 (эллипс).bКоординаты x, y выбирают в таком порядке, чтобы a ≥ b. Оси OX и OY называют. a..-a .большой и малой осями эллипса.Упражнение 16: как поменять порядок-b.координат, не меняя ориентацию R2 ?Частный случай эллипса — единичнаяокружность S 1 x2 + y 2 = 1.
Эллипс получается из S 1 растяжениемвдоль двух осей в a и b раз соответственно. В самом деле, данные растяжения суть линейные преобразования плоскости (x, y) 7→ (ax, by). Еслиточка (x, y) лежала на окружности x2 + y 2 = 1, то ее образ (ax, by) будетлежать на эллипсе.222. xa2 + yb2 = 0 — точка, или вырожденный эллипс. Таким образом,точка — кривая второго порядка. Упражнение 17: Почему не первого?223. xa2 + yb2 = −1 — мнимый эллипс (пустое множество).Гиперболический тип. Числа λ1 и λ2разных знаков, это равносильно тому, чтоdet A < 0.
В зависимости от числа c̃ уравнение λ1 x2 + λ2 y 2 + c̃ = 0 можно переписать.. .-aa.в одном из следующих видов:224. xa2 − yb2 = 1 (гипербола).225. xa2 − yb2 = 0 (пара пересекающихсяпрямых). Эти прямые называются асимптотами гиперболы. Оси OXи OY называют вещественной и мнимой осями гиперболы.Упражнения 18 – 21. Почему не нужно рассматривать уравнениеy2x2a2 − b2 = −1, аналогичное уравнению 3 мнимого эллипса? Какой поворотнадо сделать, чтобы школьная гипербола y = x1 приняла каноническийвид? Выписать уравнения каждой из асимптот гиперболы.
Показать, чторасстояние от точки гиперболы до ее асимптоты стремится к нулю приуходе точки «на бесконечность».Параболический тип. λ2 = 0, то есть det A = 0. Выделяем полныйквадрат по x. Уравнение (2) преобразуется к видуλ1 x002 + 2b2 y 0 + c̃ = 0.Если b2 6= 0, то сдвигом по y 0 (то есть заменой y 00 = y 0 +c̃2b2 ) убираем свободный член. Уравнение переписываюттак (в отличие от школьной параболы, квадрат при y, ане при x):6. y 2 = 2px (парабола).8p.. .pУпражнение 22.
Любые две параболы подобны.Если же b2 = 0, то получаем последние три случая:7. x2 = d2 (пара параллельных прямых),8. x2 = −d2 (пара мнимых параллельных прямых),9. x2 = 0 (прямая, или пара слившихся прямых).3.2. Директориальное свойство кривых второго порядкаЗафиксируем точку F и прямую l. Пусть ρ(P, F ) — расстояние отпроизвольной точки P до F , а ρ(P, l) — расстояние от P до прямой l.Пусть e > 0.
Геометрическое место точек P , для которыхρ(P, F )= e или, что то же самое, ρ(P, F ) = eρ(P, l),ρ(P, l)(3)при e < 1 — эллипс, при e = 1 — парабола, при e > 1 — гипербола.Число e — эксцентриситет кривой. Точка F — фокус, а прямая l— директриса, соответствующая этому фокусу.Поймем, что условие (3) — уравнение второго порядка. В самом деле,выберем систему координат, в которой фокус имеет координату (0, c), адиректриса задается уравнением x = d, тогда для точки P = (x, y) имеемpρ(P, F ) = (x − c)2 + y 2 , ρ(P, l) = |x − d|.Возводя в квадрат, получаем: в выбранной системе координат условие(3) принимает вид(x − c)2 + y 2 = e2 (x − d)2 .(4)Если приравнять эти уравнения каноническим видам наших кривых, тополучатся соотношения, выражающие (e, c, d) через коэффициенты (a, b).Получим эти соотношения, используя удобные для счета точки кривых.22Рассмотрим эллипс xa2 + yb2 = 1, a > b.Ищем фокус в виде F = (c, 0), c ≥ 0.
Тогда директриса должна быть вертикаль.. . .на, пусть ее уравнение x = d. Из геоc a dметрических соображений ясно, что фокус лежит внутри эллипса, поэтому c <a < d. Надо найти три числа: c, d, e. Дляэтого нужно три уравнения. Проще всего вычислять расстояния до фокусов и до директрис от вершин эллипса (±a, 0).Подставляя в равенства (3) вершины эллипса (±a, 0), получим двауравнения: a ± c = e(d ± a). Получаем:e=caa2, d= = .aec9Удобно запомнить, что числа d, a, c — убывающая геометрическая прогрессия с показателем e < 1. Вершина эллипса (a, 0) ближе к фокусу(c, 0), чем к директрисе (d, 0).Чтобы получить выражение для√ c, нужно еще одно уравнение.
Подставим в (3) точку (0, b), получим b2 + c2 = ed. Итак,c=pcaa2a2 − b2 , e = , d = = .aecУпражнение 23. Если e, c, d удовлетворяют этим равенствам, тоуравнение (4) равносильно уравнению эллипса.Упражнение 24. Мы могли бы начать искать фокус и на вертикальной оси, или на горизонтальной оси, но снаружи эллипса. К чемуприведут вычисления, доверяющие таким предположениям?22Гипербола xa2 − yb2 = 1. Директриса вертикальна и проходит между ветвями гиперболы,так как она не может пересекать кривую.
Итак,уравнение директрисы ищем в виде x = d < a.Подставляя две точки (±a, 0), получаем то же.. .da cсоотношение геометрической прогрессии междуd, a, c, что и для эллипса: e = ac = ad .Теперь прогрессия d, a, c возрастает и e > 1.Вершина гиперболы (a, 0) ближе к директрисе(d, 0) , чем к фокусу (c, 0). Нам нужна третьяточка, чтобы найти c. На эллипсе это была точка (0, b). На гиперболенет столь удобной точки. Применим такой прием: рассмотрим точку «набесконечности». Более строго, устремим точку (x, y) к бесконечности погиперболе, тогда будет в пределе выполнено соотношение xy →x→∞ ab(почему?).
Поделим левую и правую часть равенства (4) на y 2 , получим. . ....µxc−yy¶2µ+ 1 = e2x d−yy¶2.¡ ¢2¡ ¢2При переходе к пределу при x → ∞ получаем: ab + 1 = e2 ab . Значит,√√22e = a a+b , c = a2 + b2 . Отличие от эллипса — только в координатефокуса c:pcaa2c = a2 + b2 , e = , d = = .aecУпражнение 25. Если e, c, d удовлетворяют этим равенствам, тоуравнение (4) равносильно уравнению гиперболы.10Упражнение 26.
Основание перпендикуляра, опущенного из фокусана асимптоту, лежит на директрисе гиперболы.Парабола y 2 = 2px — самая простая криваядля проверки свойства (3). Здесь директриса вертикальна и лежит (точнее, стоит) левее параболы(в каноническом виде). Ее уравнение x = −d, а .p.pфокус имеет координаты (c, 0), причем c = d (так 22как e = 1 и вершина (0, 0) должна лежать строгопосредине между фокусом и директрисой). Раскрывая условие (4), получаем: c = p2 , d = − p2 .Ввиду симметрии у эллипса и гиперболы естьвторой фокус (со своей директрисой).
У параболы фокус один. Можномыслить себе параболу, как предельный случай эллипса, у которого второй фокус уходит на «плюс бесконечность». А можно считать параболупредельным случаем гиперболы, когда второй фокус уходит на «минусбесконечность». Эллипс, гипербола и парабола эквивалентны с точки зрения проективной геометрии, в ней они называются овалами.Упражнение 27: написать какое-нибудь уравнение, зависящее от одного параметра, включающее эллипсы, гиперболы и параболу.3.3.
Фокальные свойства кривых второго порядкаПусть F1 , F2 — фокусы кривой второго порядка, r1 и r2 — расстоянияот точки P кривой до этих фокусов.3.3.1. Теорема. Для эллипса.сумма r1 +r2 постоянна, то естьне зависит от P . Для гиперболыr1r2разность |r1 − r2 | постоянна...F1F2Доказательство. Рассмотрим22эллипс xa2 + yb2 = 1, F1,2 = (±c, 0)— его фокусы, x = ±d — уравнения соответствующих директрис.Пусть точка P = (x, y) принадлежит эллипсу. Согласно директориальному свойству, r1 = e(d − x),r2 = e(d + x). Тогда r1 + r2 = 2ed = 2a.
Фокальное свойство эллипсадоказано. Случай гиперболы разбирается аналогично.Упражнение 28. Даны две окружности, одна в другой, при этомокружности касаются в одной точке. Найти геометрическое место центров окружностей, касающихся обоих данных окружностей.Упражнение 29: придумать способ рисования дуги эллипса с помощью двух гвоздиков, нитки и карандаша..11..3.4. Оптические свойства кривых второго порядкаВыпустим из фокуса в какую-нибудь точку O нашей кривой луч l.Оптическое свойство эллипса.
Отраженный от эллипса луч l0 пройдет через второй фокус эллипса.Оптическое свойство гиперболы. Продолжение отраженного луча l0 за его начало O пройдет через второй фокус гиперболы.Оптическое свойство параболы. Отраженный луч l0 параллеленоси параболы..Ol.F1.Ol'O.F2.....F2F1FМы докажем эти свойства несколькими способами, показывающимиединство физики и математики.3.4.1. Лемма. Пусть F ∈ R2 и частица P движется по плоскости.Пусть модуль скорости частицы в момент t равен k(t).
Тогда скоростьудаления точки P от точки F равна −k cos α, где α — угол междувектором P F и направлением движения частицы.Доказательство. Пусть F = (0, 0). Координаты точки P меняются по00закону P (t) = (x(t), y(t)). Тогда векторp скорости есть v(t) = (x (t), y (t)),а расстояние |F P |(t) равно числу x2 (t) + y 2 (t).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
