Классификация центральных кривых второго порядка (случай d ¹ 0)
Лекции.Орг

Поиск:


Классификация центральных кривых второго порядка (случай d ¹ 0)




Попробуем дальше упростить уравнение (9). Выберем новую декартову СК O¢x²y², которая получается из O¢x¢y¢ поворотом координатных осей на некоторый угол a . Тогда формулы замены координат имеют вид:

x¢ = x²·cos a – y²·sin a,

y¢ = x²·sin a + y²·cos a.

Подставим эти формулы в (9):

а11(x²·cos a – y²·sin a)2 + 2а12(x²·cos a – y²·sin a)(x²·sin a + y²·cos a) +

+ а22(x²·sin a + y²·cos a)2 + с¢ = 0,

Раскроем скобки и приведем подобные при одинаковых координатах. Тогда коэффициент x²y² будет равен

а12sin2a + (а22 а11)sin a·cos a + а12cos2a

Приравняем это выражение к нулю, и получившееся уравнение разделим на – cos2a :

а12 tg2a + (а11 а22) tg a + а12 = 0. (15)

Это квадратное уравнение относительно неизвестного tg a, его дискриминант

D = (а11 а22)2 + а12 ³ 0.

Значит, (14) всегда имеет решение, т.е всегда существует такой угол a, что в новой СК мы получим уравнение кривой без слагаемого, содержащего x²y². В результате наше уравнение будет иметь вид

l1(x²)2 + l2(y²)2 + = 0. (16)

Примем пока без доказательства, что коэффициенты l1 и l2 являются корнями уравнения

 
 


= 0 ;

 

в развернутом виде:

l2 sl + d = 0, (17)

где s = trace A = а11 а22 – след матрицы A. Оно называется характеристическим уравнением кривой второго порядка. Согласно теореме Виета получаем

l1+ l2 = s , l1·l2 = d.

Относительно новой СК O¢x²y² получаем

= , d¢= det A¢= l1·l2 = d, s¢= trace = l1+l 2 = s,

 

l1 0 0

D¢ =0 l2 0 = l1·l2· (D/d) = D .

0 0 D/d

Таким образом, d¢= d , s¢= s, D¢ = D , т.е. величины d , s, D не изменяются при переходе к новой декартовой СК. Поэтому они называются инвариантами кривой второго порядка.

1 случай: D ¹ 0. Если опустить штрихи, то уравнение (16) можно переписать в виде

+ = 1. (18)

Обозначим a2 = |D/l1d|, b2 = |D/l2d|.

а) d > 0, sD < 0. Тогда l1·l2> 0 , т.е. l1 и l 2 одного знака, и (l1+ l 2)·D < 0, т.е. знак D противоположен знаку l1 и l 2. Поэтому оба знаменателя в (17) положительны, и уравнение (15) задает эллипс:

+ = 1 .

б) d > 0, sD > 0. Тогда оба знаменателя в (18) отрицательны, и уравнение имеет вид

+ = –1 .

Говорят, что оно задает мнимый эллипс. На действительной плоскости это пустое множество.

в) d < 0, D ¹ 0. Тогда l1 и l 2 имеют разные знаки, и поэтому знаменатели в (17) имеют разные знаки. Получаем уравнение

= 1 или – = –1.

В любом случае получается уравнение гиперболы.

2 случай: D = 0. В этом случае уравнение (15) принимает вид (штрихи опускаем):

l1x2 + l 2y2 = 0. (19)

Обозначим a2 =½l1½, b2 =½l2½.

а) d < 0. Тогда l1 и l 2 разного знака и (18) можно переписать в виде

a2x2 b2 y2 = 0 Û

Û (ax b y)·(ax + b y) = 0.

Этому уравнению удовлетворяют точки, для которых ax by = 0 и точки для которых ax + by = 0 . Поэтому оно определяет пару прямых, очевидно, пересекающихся в центре O¢ и симметричных относительно координатных осей.

б) d > 0. Тогда l1 и l 2 имеют одинаковые знаки и (19) можно переписать в виде

a2x2+b2y2 = 0 Û (ax i b y)·(ax + i b y) = 0.

(i – мнимая единица). Говорят, что это уравнение задает пару мнимых пересекающихся прямых. Но пересекаются они в действительной точке O¢ – центре кривой.

В случае d = D = 0 кривая тоже имеет центр (бесконечное количество центров), но этот случай мы рассмотрим в следующем параграфе.

§9. Классификация нецентральных кривых второго порядка (случай d = 0).

Пусть теперь d = 0. Тогда мы не можем использовать процедуру нахождения центра, и сразу совершаем поворот координатных осей на угол, тангенс которого находится из уравнения (14). Получим новую декартову СК с тем же началом Ox¢y¢. Формулы замены координат имеют вид

x = x¢×cos a – y¢×sin a,

y = x¢×sin a + y¢×cos a.

Здесь на один штрих с каждой стороны меньше, чем в (14), поскольку это первая замена координат. В этой СК уравнение кривой не будет включать слагаемое, содержащее произведение x¢y¢:

l1x¢2 + l 2 y¢2 + 2b1х¢ + 2b2 у¢ + с = 0, (20)

Заметим, что коэффициент с останется прежним, а непосредственное вычисление показывает, что

b1= a1×cos a + a2×sin a, b2 = a1×sin a + a2×cos a.

Числа l1 и l 2 можно найти из уравнения (17). Так как d = l1·l2 = 0, то один из корней будет равен нулю. Пусть это будет l1. Имеем уравнение

l 2 y¢2 + 2b1х¢ + 2b2 у¢ + с = 0. (21)

Для этого уравнения

0 0 b1

D = 0 l2 b2 = – l2b12.

b1 b2 с

1 случай: D = 0 Û b1= 0. Уравнение имеет вид l 2 y¢2 + 2b2 у¢ + с = 0. Выделим полный квадрат:

l 2( y¢ 2 + у¢ + ) + с = 0 Û l 2( y¢ + )2+ с = 0 .

Обозначим с¢= (b12- l 2с) /l 2, a2 с¢½ и сделаем замену координат:

x²= x¢ ,

y²= y¢ + ,

которая равносильна переносу начала координат в точку O¢(0,– b1/l2)Ox¢y¢(подчеркнем, что координаты указаны в промежуточной СК Ox¢y¢). Получим уравнение

(y²)2 = a2.

а) с¢ > 0 Þ (y²)2 = a2, т.е. y² = a или y² =– a . Наша кривая – это пара параллельных прямых.

б) с¢ > 0 Þ (y²)2 =– a2, т.е. y² = i a или y² =– i a . Говорят, что наше уравнение задает пару мнимых параллельных прямых.

в) с¢ = 0 Þ (y²)2 =0. Говорят, что это уравнение задает пару совпадающих прямых.

2 случай: D ¹ 0 Û b1¹ 0. Так же, как и в предыдущем случае, выделяем в (21) полный квадрат по y:

l 22+ 2b1х¢ + с = 0 ,

а затем преобразуем так:

l 22+ 2b1 = 0 .

Обозначим c¢ = и сделаем замену координат:

x²= х¢ c¢ ,

y²= y¢ + ,

которая равносильна переносу начала координат в точку O¢Ox¢y¢. Получим уравнение

l 2(y²)2 + 2b1х² = 0 Û (y²)2 = 2²,

где p = – 2b1/l 2 . Это уравнение задает параболу.

Итак, мы установили, что общее уравнение кривой второго порядка (8) задает одну из следующих кривых второго порядка (sign x означает знак числа x).

 

sign d sign s·D Кривая и ее каноническое уравнение Кол-во центров
+ Эллипс + = 1
+ + Мнимый эллипс + = –1
± Гипербола – = 1
Пара пересекающихся прямых a2x2 b2 y2 = 0
+ Пара мнимых пересекающихся прямых a2x2 + b2 y2 = 0
± Парабола y2 = 2,
Пара параллельных прямых x2 = a2 Пара мнимых параллельных прямых x2 = a2 Пара совпадающих прямых x2 = 0 ¥

Примеры решения задач.

1.Составить уравнение кривой, каждая точка которой расположена вдвое дальше от точки F(3, 3), чем от оси Ox. Определить тип кривой и изобразить ее в декартовой системе координат.

Решение. Пусть M(x, y) – произвольная точка кривой, MM¢ – перпендикуляр, опущенный на O. Тогда расстояние от M до Ox равно |MM¢|=|y| (см. чертеж в конце решения), а |MF|= . По условию выполняется

= 2|y| .

Возведение в квадрат, вообще говоря, не является равносильным переходом; но в данном случае обе части равенства неотрицательны. Поэтому, без всяких дополнительных ограничений возводим в квадрат:

(x 3)2 +(y 3)2 = 4y2.

Мы раскроем только вторую скобку, и после приведения подобных вновь соберем полный квадрат:

(x 3)2 + y2 6y + 9 – 4y2= 0,

(x 3)2 –3y2 6y + 9 = 0,

(x 3)2 –3(y2 + 2y + 1 4) = 0,

(x 3)2 3(y + 1)2 = –12.

Делаем замену координат

x¢= x 3,

y¢= y + 1.

Она означает перенос начала координат в точку O¢(3,–1). Получившееся уравнение делим на –12:

= –1.

Это уравнение задает гиперболу с полуосями a=2 » 3,4 , b=2. Центр гиперболы находится в точке O¢(3,–1). Подробное описание построения приводится в решении задачи 2а).

2.С помощью переноса начала координат и поворота координатных осей привести уравнение кривой второго порядка к каноническому виду. Определить тип кривой и изобразить её в исходной системе координат:

а)25х2 14ху + 25у2 + 64х 64у 224 = 0.

Решение. Общее уравнение кривой второго порядка на плоскости имеет вид:

а11х2 + 2а12ху + а22у2 + 2а1х + 2а2у + с = 0. (8)

Если

d = ¹ 0,

то кривая имеет центр О¢(хo, уo), координаты которого можно найти из системы линейных уравнений:

a11xo + a12yo + a1 = 0, (10)

a12xo + a22yo + a2 = 0.

Если мы совершим параллельный перенос начала координат в точку О', то уравнение кривой примет вид:

а11х' 2 + 2а12 х' у' + а22 у' 2 + с' = 0, (9)

где

с' = а1хo+ а2уo+ с. (12)

Вычисляем:

d = = 576 ¹ 0,

Значит, кривая имеет центр. Найдем координаты центра (хo, yo) из системы уравнений (10):

25хo 7уo+ 32 = 0, Û 25хo 7уo = –32,

–7хo+ 25уo 32= 0. –7хo+ 25уo= 32.

Для решения применим правило Крамера: xo= , уo = , где dx получается заменой первого столбца в d на столбец свободных членов, а dy – второго столбца:

dx = = 32· = 32·(–18) = –576.

dy = = 32· = 32·18 = 576.

xo= = –1, yo= = 1.

Значит, центр кривой находится в точке О'(–1, 1). Совершим перенос начала координат в точку О' и получаем новую декартову систему координат О¢х¢у¢. Формулы замены координат имеют вид:

x = x' + 1,

у = у' 1.

Однако делать эту подстановку в исходное уравнение кривой не следует; мы заранее из теории знаем, что получится в результате этой подстановки: уравнение примет вид (9) (то есть линейная часть уравнения исчезнет, а коэффициенты квадратичной части не изменятся), где с' находится по формуле (12):

с' = 32·(–1) 32·1 224 = –288.

Уравнение данной кривой второго порядка в новой системе координат:

25х¢2 14х¢у¢ + 25у¢2 = 288. (9¢)

Далее совершаем поворот координатных осей на угол a, тангенс которого находится по формуле:

а12tg2a + (а11 а22) ·tga а12 = 0, (15)

–7tg2a +(25 25)tga + 7= 0,

tg2a = 1 tg a1= 1 или tg a2 = –1.

Можем выбрать любое из них. Но, как правило, выбираем такое a, для которого tg a > 0. Имеем: a = , sin a = cos a = .

Получим новую систему координат О' х''у''. Формулы замены координат имеют вид:

х¢ = х²соs a y²sin a,

y¢ = х²sin a + y²cos a .

В нашем случае:

х' = (х'' y''),

y' = (х'' + y'').

Подставим эту замену в (9¢):

[25(х²– y²)2 –14(х²– y²)·(х²+ y²) + 25(х² + y²)2 ] = 288

[25х²2 50х²y²+25 y²2 14х²+14 y² + 25х²2 + 50х²y²+ 25 y²2] = 288.

Слагаемые, содержащие произведение х'' y'' обязательно должны сократиться. Если это не происходит, то следует искать ошибку выше.

[36х'' 2 + 64y'' 2] = 288, 9х'' 2 + 16y'' 2 = 144,

+ = 1.

Это уравнение задает эллипс с полуосями а = 4, b = 3. Строим эллипс.

Для этого сначала строим исходную систему координат Oxy, затем в этой системе находим точку О¢ и строим промежуточную систему координат О¢x¢y¢, которая получается из Oxy переносом начала в точку О'.Затем поворачиваем координатные оси на выбранный нами ранее угол a и получаем окончательную систему координат О¢x²y². Именно на осях этой системы координат мы и откладываем полуоси эллипса.

В нашем случае a = 45о, и поэтому повернутые оси легко построить. В более общем случае, если мы нашли, что tg a = a/b , мы этот угол очень легко можем построить на клетчатой бумаге: по оси О'x' мы откладываем отрезок равный b, а по оси О'y' – отрезок равный а. Например, на данном рисунке построен угол, у которого tg a = 3/4 .

 

 
 

 



б)7x2+16xy-23y2-14x-16y-218=0.

Решение.

d= =-161-64=-225≠0.

Значит, ищем координаты центра:

7xo+ 8yo-7=0, 7xo+8yo=7,

8xo-23yo-8=0, xo-23yo=8.

По правилу Крамера:

dx= =-161-64=-225≠0, dy= =0.

xo= = -1, yo= =0.

Значит центр кривой находится в точке O'(1, 0). Совершаем перенос начала координат в точку О' и получаем новую декартову систему координат O' х' у'. Формулы замены координат:

x = x¢ +1,

y = y¢

Находим c¢ = -7xo-8yo+c = -7-218 = -225. Значит в новой системе координат уравнение кривой примет вид:

7x¢ 2 + 16x¢y¢ - 23y¢ 2 -225 = 0. (*)

Совершаем поворот координатных осей на угол a , тангенс которого находим из уравнения (5):

8tg2a +30tga -8=0,

4tg2a +15tga -4=0,

D =225+64=289,

tga1= = , tga2= = -4.

Выбираем положительный тангенс: tga = . Находим sina = , cosa = . В уравнении (*) делаем замену:

 

[7(4x"-y")2+16(4x"-y")(x"+4y")-23(x"+4y")2]=225,

[112 x"2-56 x"y"+7y"2+64 x"2+240 x"y"-64y"2

-23x"2-184x"y"-368y"2]=225

При приведении подобных, слагаемые содержащие произведения x"y" должны сократиться. Если этого не происходит, следует искать ошибку выше.

[153 x"2-425y"2]=225,

9x"2-25y"2=225,

- =1.

Получилось уравнение гиперболы с полуосями a = 5, b = 3.

Описание построения:

1) О¢(1, 0) - новое начало координат, О¢x¢||Оx, О¢y¢||Оy - вспомогательные оси;

2) совершаем поворот координатных осей, зная что tg α = 1/4 ; получаем новые координатные оси О¢х" и О¢y" (способ построения см. в конце решения задачи 2а)).

3) в новой системе координат О¢х"y" строим фундаментальный прямоугольник: a = 5, b = 3 ;

4) проводим диагонали фундаментального прямоугольника, они будут являться асимптотами гиперболы;

5) строим гиперболу: она стремится к асимптотам, касаясь фундаментального прямоугольника.

в)9x2 - 24xy + 16y2 - 20x + 110 y - 50 = 0.

d = = 0

В данном случае не можем применить процедуру нахождения центра и сразу поворачиваем координатные оси:

-12 tg2a-7tga+12 =0,

D=49+576=625,

tg a1 = = , tg a2 = = – .

sina= ; cosa= .

 

Поскольку это первая замена координат, то вид формул отличается от (6) количеством штрихов. Подставляем в первоначальное уравнение:

[9(4x¢ - 3y¢)2 - 24(4x¢ - 3y¢)(3x¢ + 4y¢) + 16(3x¢ + 4y¢)2]

- (4x¢ - 3y¢) + (3x¢ + 4y¢) - 50 = 0,

[144 x¢ 2 -216 x¢y' +81y¢ 2-288 x¢2 -168 x¢y¢ +288 y¢ 2+ 144 x¢2 +384x¢y¢ +296y¢ 2] -

16 x¢ + 12 y¢ + 66 x¢ + 88 y¢-50 = 0 .

Слагаемые с x¢y¢ должны сократиться. Кроме того, если d = 0, то одна из переменных в квадрате сокращается полностью:

25 y¢ 2 + 50 x¢ + 100y¢ -50 = 0, Û y¢ 2 + 2x¢ + 4y¢ - 2 = 0 . (*)

Выделяем полный квадрат:

(y¢2 + 4y¢ + 4) - 4 + 2x¢ - 2 = 0,

(y' + 2)2 + 2(x' 3) = 0.

Делаем замену координат:

 

Она равносильна переносу начала координат в точку O¢(3,-2)О¢x¢y¢. Подчеркнем, что это координаты относительно второй системы координат О¢x¢y¢.

y"2=–2x" –парабола.

Ее параметр p = 1, а ось параболы – О¢x".

 

Описание построения:

1. совершаем поворот координатных осей, зная что tg α = 3/4 ;

2. новое начало координат О¢(3,–2) в системе координат Оx¢y¢ ;

3. координатные оси О¢x" и О¢y".

4. для построения параболы любым способом находим дополнительную точку; например, подставим в уравнение (*) y¢= 0, тогда x¢ = 1. Т.е. А(1, 0)О¢x¢y¢ - дополнительная точка (в системе Оx¢y¢).

 
 

 





Дата добавления: 2016-10-30; просмотров: 577 | Нарушение авторских прав | Изречения для студентов


Читайте также:

Рекомендуемый контект:


Поиск на сайте:



© 2015-2020 lektsii.org - Контакты - Последнее добавление

Ген: 0.042 с.