Аналитическая геометрия в примерах и задачах_Бортаковский, Пантелеев_2005 -496с (946871), страница 50
Текст из файла (страница 50)
мых р ) +Ьз = 0 с коэффициентом Ь = — "; гг ' (9) при А=О, к=Π— уравнение пары соепадающи» пряны» (у) =О. 8. На координатной плоскости Оху изобразить каноническую систему координат Оху, коордннаты хо, у„начала О которой найдены в п.б, а координаты базисных векторов — в п.5. 9. Построить линию второго порядка в канонической системе коорди- нат Оху по каноническому уравнению, найденному в п.7. Построение пентральных линий (эллипса. гиперболы, пары пересекающихся прямых) удобно начинать с изображении основного прямоугольника (см.
равд.3.3.1; 3.3.2). При построении параболических линий (параболы, пары параллельных прямых, пары совпадающих прямых) использовать разд.З.З.З; 3.2.4). Мнимые линии не изображаются, за нсюпочением уравне- ния пары мнимых пересекающихся прямых, действительным решением ко/ торого яа/шатоя единственная точка О . 318 Замечании 3.17. 1. Согласно п.З замечаний 3.15 для нахождения начала канонической системы координат лля параболы (см.
п.б,"б" алгоритма) можно использовать систему < А а+а =о, з (а+а / а+а =О, 52 36 -140 36 73 — 145 -140 -145 325 52 36 -140 2. Вычисляем инварианты (см. пример 3.23,г): 52 36 -140 152 Зб! т =52+73 = 125, Ь =~ ~ =2500, А = 36 73 -145 ~36 73~ -140 -145 325 52 Зб -140 Зб 73 -145 0 0 -100 152 361 =-100.~ ~ = -250000 < 36 73~ (к третьей строке определителя А прибавили вторую и удвоенную первую).
Так как Ь и О, то вычислять семиинвариант к не нужно. Составляем характеристическое уравнение Лз — 125. Л+ 2500 = О, накопим корни Л = 25 и Л = 100. 319 г де а =(е .з ).з, а =а-а / т и (е ~/ ~' х и 2. Систему уравнений в п.б,"б" алгоритма можно заменить системой з з' з =0 (а+а ) .я+а =О, которая получена умножением обеих частей первого уравнения на <1,<=Д 1, О. 3.
В случае параболы ( Л, = 0 ) в качестве собственного направления 1 можно взять любой ненулевой столбец матрицы А (нли ненулевой столбец, пропорциональный столбцу матрицы А ). Пример 3.24. В прямоугольной системе координат Оху построить ли- нию, заданную уравнением: 52.ха+72.х у+73 уз-280 х-290.у+325=0. П 1. Составляем матрицу Р квадратичной функции, матрицу А квад- ратичной формы и столбец а коэффициентов линейной формы: 3. По таблице 3.2 определяем, что заданное уравнение является уран. неннемзлаипса,таккак б>0, Лей, г 6<0.
4. Поскольку линии эллиптического типа, корни характеристического уравнения обозначим следующим образом (см. п.4,"а" алгоритма): Л, = 25, Л. — 100, чтобы выполнялось неравенство ~Л, ~~~Л ~. 5. Находим взаимно ортогональные собственные направления 1,, 1, соответствующие корнаи Л,, Л характеристического уравнения. Поскольку корни простые (п."б"), то находим ненулевые решения 1,, 1 однородвыа систем (А-Л, Е)) 1,. =о, 1=1,2: для Л, =25 ("." »'-'-К1=Ф - (:=-' - '=(-') 36 73-100 у 0 у=4 з 4 Нормируя полученные векторы 1,, 1, определяем координатные столбцы векторов канонического базиса: )1)=Д ~ = /4 ~1-3) =5, (! )= /~~ = /3 4 =5, 6.
Находим координаты к„, уе начала О канонической системы координат, ревмя систему уравнений (см. п.б,"а" алгоритма): 52. х + 36. у — 140 = О, А.а+а=о нли 36 к+73 у-145=0. Получаем х =2, ус=1. Следовательно, вектор ь =00 переноса начала Ф координат имеет координаты з =12 1)г иви, что то же самое, начало О канонической системы координат имеет координаты О ( 2,1) относительно исходной системы координат. 7. Вычисляем козффвциенты канонического уравнения (1) эллипса (см п.7,"а" алгоритма): Ь -250000 А -250000 а =- — =- — =4 и Ь=- — = — =1. 1 2 4.
Поскольку линия гиперболического типа, корни характеристическо. го уравнения обозначим следующим образом (см. п.4,"б" алгоритма): 2., =45, Х =-20,чтобывыполнялось условие Х -А>0. 5. Находим взаимно ортогональные собственные направления 1,, 1, соответствующие корням Х,,2.
характеристического уравнения. Поскольку корни простые (п."б"), то находим ненулевые решения 1,, 1 однородных систем (А-2, Е) 1,. =о, 1=1,2: для Х, =45 ~'." *"--К:)=Ф-1:-'- -И 26 32+20 у 0 у=-1, з -1 Нормируя полученные векторы 1,, 1з, определяем координатные столбцы векторов канонического базиса: )~) Д 1, 11 2 Г5, )! )-Д ~=/2 (-!г= Г5. 31 и'11 2 * Хз Г~'12 у, 6. Находим координаты хе,у„начала О канонической системы координат, решая систему уравнений (см. п.б,"а" алгоритма): -7 х+26.у-90=0, А.я+а=о или 26 я+32 у — 180=0.
Получаем х =2, ус=4. Следовательно, вектор з=ОО переноса начала Г координат имеет координаты з =(2 4)г или, что то же самое, начало О канонической системы координат имеет коордннаты О ( 2,4 ) относительно исходной системы координат. 7. Вычисляем коэффициенты канонического уравнения (4) гиперболы (см. п.7,"б" алгоритма): А 162000 Ь 162000 =4 и Ь= — = =9. Х, б 45.(-9001 2, б -20 ° -900) Следоватеяьно, каноническое урав- нение заданной линии имеет внд: 25 — 60 -39 Р= -60 144 533, А=, а= -39 533 845 2. Вычисляем инварианты: 'г = 25+ 144 = 169, 25 — 60 -39 — 60 144 533 — 39 533 845 ~ 25 -60! Ь=бегА= ~=0, А=бегР= ~-60 144~ 1 — 60 - 39 25 — 39 = -39.
— 533 +845 Ь= — 4826809 144 533 -60 533 (раскяадываем определитель А по третьей строке, учитывая, что Ь = 0). Так как А и О, то вычислять семнинвариант к не нужно. Составляем характеристическое уравнение 1.' — 169. Х = О, находим корни Л=О и 1=169. 3. По таблице 32 определяем, что заданное уравнение является уравнением параболы, так как Ь = 0 . А и 0 . и ° 323 Ц. Ы, 8. На координатной плоскости (уху изображаем каноническую систему координат Ох у с началом в точке 0(2, 4).
с базисными век- У, =у 1+у.~: У =~з .ю' — ф: 3 (рис.3.62). 9. В канонической системе координат строим основной прямоугольник (см. равд З.З.З) со сторонами 2 а = 4, 2.Ь = 6, затем — асимптоты (продлевая диагонали прямоугольника) и, наконец, — гиперболу Ц.— Ц =1 (см. пример 3.21). ° Пример 3.26. В прямоугояьнои системе координат Оху построить линию, заданную уравнением: 25 х -120 х у+144 у -78 х+1066 у+845=0.
0 1. Составляем матрицу Р квадратичной функции, матрицу А квадратичной формы и столбец а коэффициентов линейной формы: 4. Поскольку линия параболического типа, корни характеристического уравнения обозначим следующим образом 1см. п.4,"в" алгоритма): Л, =О, Лг =169, чтобы выполнялись условия Л, = О, Л мО. 5. Находим взаимно ортогональные собственные направления 1, 1, соответствующие корням Л,, Л характеристического уравнения. Поскольку корни простые (п."б"), то находим ненулевые решения 1,, 1. однородных систем 1А-Л,.
° Е) 1,. =о, 1=1,2: для Л=О (-"- -Ю-Ф-(;=": - -(") согласно п.3 замечаний 3.17, в качестве 1 возьмем ненулевой столбец ( 51 — ), пропорциональный первому столбцу матрицы А . ~ -12! Условие т аг . 1, < 0 для направления 1, не выполняется: т а 1, =169+39 533) ~ )=371293>0. Поэтому заменяем столбец 1 т (121 ~5! 1 Г-121 на противоположный, полагая 1, = ~ ~ -5! Нсрмируя полученные векторы 1,, 1, определяем координатные столбцы векторов канонического базиса: )1,!=~~~, =Д-12У ~-5) =11, )!)=Д 4 =(5 ~-12~ =13.
-й -(--",",~ "-й"-~4) 6. Находим координаты хе, у„начала О канонической системы координат. Поскольку линия является параболой, вычисляем ( гг1 т 1 1 (1561 ( ~г1 а з, =(-39 533) 'з =-169, а =(а з,).з =-169. 1з 1з 533 65 598 Составляем систему уравнений с учетом п.2 замечаний 3.17: < ) г 1г т'+ 1*г а =0 (а+и ) з+ае=О, 169. (5 -12) + (5 -12). = О, (117 598). + 845 = О, ,у, 845 х-2028.у-6591=0, 5.х-12 у-39=0, ФФ ее 117.х+598.у+845 =О, 9. х+ 46. у + 65 = О. Получаем х„= 3, уо = -2. Следовательно, вектор з = 00 переноса начала / координат имеет координаты з = (3 — 2)г или, что то же самое, начало О канонической системы координат имеет координаты О ( 3,-2 ) относительно исходной системы координат.
7. Вычисляем коэффициент канонического уравнения (6) параболы (см. п.7,"в" ал- у а -4зжзсз Р ): Р=11- — = — =1. С О довательно, каноническое уравнение задан- х -г--- ной линии имеет вид: (у ) = 2.1. х . 3 х 8. На координатной плоскости Оху изображаем каноническую систему координат Оху сначаломвточке О(3,-2),сба- Ряс.з.бг зисными векторами з = — з — — з; 1з. ° 5 . 1з 1з У = — з — — 7з (рис.3.63). зт зг" з зз ' зз ' 9. В канонической системе координат строим параболу (у ) = 2 1 х (см. пример 3.22 в разд.3.3.4). ° Пример 3.27.
В прямоугольной системе координат Оху линии второго порядка заданы уравнениями: а) 52 х +72 х.у+73 у -280 х-290 у+325=0; б) — 7 х +52 х у+32.у -180 х-360 у+720=0; в) 25.хз — 120.х.у+144.уз-78 х+1066 у+845=0. Определить расположение начала координат О(0,0) относительно заданных линий. С) а) Вычисляем инварианты (см. пример 3.24): т=125, 8=2500, Ь =-250000 и находим по таблице 3.2, что заданное уравнение определяет эллипс.
Вычисляем значение квадратичной функции згз р(«, у) = 52 «+ 72 «у+ 73. у -280 «-290 у+ 325 в точке О(0,0): р(0,0)=325. Так как г.р(0,0)=125.325>0, то делаем вы. вод, что точка О(0,0) лежит вне эллипса, т.е. является внешней для заданно. го эллипса (см. п.1. теоремы 3.5). б) Вычислаем инварианты (см. пример 3.25): т=25, 8=-900, 6 =162000 и находим по таблице 3.2, по заданное уравнение определяет гиперболу.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
