Попробуем дальше упростить уравнение (9). Выберем новую декартову СК O ¢ x ² y ², которая получается из O ¢ x ¢ y ¢ поворотом координатных осей на некоторый угол a. Тогда формулы замены координат имеют вид:
x ¢ = x ²·cos a – y ²·sin a,
y ¢ = x ²·sin a + y ²·cos a.
Подставим эти формулы в (9):
а 11(x ²·cos a – y ²·sin a)2 + 2 а 12(x ²·cos a – y ²·sin a)(x ²·sin a + y ²·cos a) +
+ а 22(x ²·sin a + y ²·cos a)2 + с ¢ = 0,
Раскроем скобки и приведем подобные при одинаковых координатах. Тогда коэффициент x ² y ² будет равен
– а 12sin2a + (а 22 – а 11)sin a·cos a + а 12cos2a
Приравняем это выражение к нулю, и получившееся уравнение разделим на – cos2a:
а 12 tg2a + (а 11 – а 22) tg a + а 12 = 0. (15)
Это квадратное уравнение относительно неизвестного tg a, его дискриминант
D = (а 11 – а 22)2 + а 12 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 x ² y ². В результате наше уравнение будет иметь вид
l1(x ²)2 + l2(y ²)2 + = 0. (16)
Примем пока без доказательства, что коэффициенты l1 и l2 являются корнями уравнения
 |
= 0;
в развернутом виде:
l2– s l + d = 0, (17)
где s = trace A = а 11 – а 22 – след матрицы A. Оно называется характеристическим уравнением кривой второго порядка. Согласно теореме Виета получаем
l1+ l2 = s , l1·l2 = d.
Относительно новой СК O ¢ x ² y ² получаем
A¢ =, d¢= det A¢= l1·l2 = d, s ¢= trace A¢ = 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 a 2 = |D/l1d|, b 2 = |D/l2d|.
а) d > 0, s D < 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, s D > 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):
l1 x 2 + l 2 y 2 = 0. (19)
Обозначим a 2 =½l1½, b 2 =½l2½.
а) d < 0. Тогда l1 и l 2 разного знака и (18) можно переписать в виде
a 2 x 2 – b 2 y 2 = 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
a 2 x 2+ b 2 y 2 = 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 ¢:
l1 x ¢2 + l 2 y ¢2 + 2 b 1 х ¢ + 2 b 2 у ¢ + с = 0, (20)
Заметим, что коэффициент с останется прежним, а непосредственное вычисление показывает, что
b 1= a 1 × cos a + a 2 × sin a, b 2 = a 1 × sin a + a 2 × 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 + 2 b 1 х ¢ + 2 b 2 у ¢ + с = 0. (21)
Для этого уравнения
0 0 b 1
D = 0 l2 b 2 = – l2 b 12.
b 1 b 2 с
1 случай: D = 0 Û b 1= 0. Уравнение имеет вид l 2 y ¢2 + 2 b 2 у ¢ + с = 0. Выделим полный квадрат:
l 2( y ¢ 2 + у ¢ + ) – + с = 0 Û l 2( y ¢ + )2– + с = 0.
Обозначим с ¢= (b 12- l 2 с) /l 2, a 2 =½ с ¢½ и сделаем замену координат:
x ²= x ¢ ,
y ²= y ¢ + ,
которая равносильна переносу начала координат в точку O ¢(0,– b 1/l2) Ox ¢ y ¢(подчеркнем, что координаты указаны в промежуточной СК Ox ¢ y ¢). Получим уравнение
(y ²)2 = a 2.
а) с ¢ > 0 Þ (y ²)2 = a 2, т.е. y ² = a или y ² =– a. Наша кривая – это пара параллельных прямых.
б) с ¢ > 0 Þ (y ²)2 =– a 2, т.е. y ² = i a или y ² =– i a. Говорят, что наше уравнение задает пару мнимых параллельных прямых.
в) с ¢ = 0 Þ (y ²)2 =0. Говорят, что это уравнение задает пару совпадающих прямых.
2 случай: D ¹ 0 Û b 1¹ 0. Так же, как и в предыдущем случае, выделяем в (21) полный квадрат по y:
l 22– + 2 b 1 х ¢ + с = 0,
а затем преобразуем так:
l 22+ 2 b 1 = 0.
Обозначим c ¢ = и сделаем замену координат:
x ²= х ¢ – c ¢,
y ²= y ¢ + ,
которая равносильна переносу начала координат в точку O ¢ Ox ¢ y ¢. Получим уравнение
l 2(y ²)2 + 2 b 1 х ² = 0 Û (y ²)2 = 2 pх ²,
где p = – 2 b 1/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 | a 2 x 2 – b 2 y 2 = 0 | |
| + | Пара мнимых пересекающихся прямых | a 2 x 2 + b 2 y 2 = 0 | |
| ± | Парабола y 2 = 2 pх, | ||
| Пара параллельных прямых x 2 = a 2 Пара мнимых параллельных прямых x 2 = – a 2 Пара совпадающих прямых x 2 = 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 = 4 y 2.
Мы раскроем только вторую скобку, и после приведения подобных вновь соберем полный квадрат:
(x – 3)2 + y 2 – 6 y + 9 – 4 y 2= 0,
(x – 3)2 –3 y 2 – 6 y + 9 = 0,
(x – 3)2 –3(y 2 + 2 y + 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) 25 х 2 – 14 ху + 25 у 2 + 64 х – 64 у – 224 = 0.
Решение. Общее уравнение кривой второго порядка на плоскости имеет вид:
а 11 х 2 + 2 а 12 ху + а 22 у 2 + 2 а 1 х + 2 а 2 у + с = 0. (8)
Если
d = 
¹ 0,
то кривая имеет центр О ¢(х o, у o), координаты которого можно найти из системы линейных уравнений:
a 11 x o + a 12 y o + a 1 = 0, (10)
a 12 x o + a 22 y o + a 2 = 0.
Если мы совершим параллельный перенос начала координат в точку О', то уравнение кривой примет вид:
а 11 х' 2 + 2 а 12 х' у' + а 22 у' 2 + с' = 0, (9)
где
с' = а 1 х o+ а 2 у o+ с. (12)
Вычисляем:
d = = 576 ¹ 0,
Значит, кривая имеет центр. Найдем координаты центра (х o, y o) из системы уравнений (10):
25 х o – 7 у o+ 32 = 0, Û 25 х o – 7 у o = –32,
–7 х o+ 25 у o– 32= 0. –7 х o+ 25 у o= 32.
Для решения применим правило Крамера: x o=, у o =, где d x получается заменой первого столбца в d на столбец свободных членов, а d y – второго столбца:
d x = = 32· = 32·(–18) = –576.
d y = 
= 32· = 32·18 = 576.
x o= = –1, y o= = 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:
25 х ¢2 – 14 х ¢ у ¢ + 25 у ¢2 = 288. (9¢)
Далее совершаем поворот координатных осей на угол a, тангенс которого находится по формуле:
а 12tg2a + (а 11 – а 22) ·tga – а 12 = 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 ¢ = х ²соs a – y ²sin a,
y ¢ = х ²sin a + y ²cos a.
В нашем случае:
х' = (х'' – y''),
y' = (х'' + y'').
Подставим эту замену в (9¢):
[25(х ²– y ²)2 –14(х ²– y ²)·(х ²+ y ²) + 25(х ² + y ²)2 ] = 288
[25 х ²2 – 50 х ² y ²+25 y ²2 – 14 х ²+14 y ² + 25 х ²2 + 50 х ² y ²+ 25 y ²2] = 288.
Слагаемые, содержащие произведение х'' y'' обязательно должны сократиться. Если это не происходит, то следует искать ошибку выше.
[36 х'' 2 + 64 y'' 2] = 288, 9 х'' 2 + 16 y'' 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 ¢ x ² y ². 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) 7 x 2+16 xy -23 y 2-14 x -16 y -218=0.
Решение.
d= =-161-64=-225≠0.
Значит, ищем координаты центра:
7 x o+ 8 y o-7=0, 7 x o+8 y o=7,
8 x o-23 y o-8=0, x o-23 y o=8.
По правилу Крамера:
d x = =-161-64=-225≠0, d y = =0.
x o= = -1, y o= =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 ¢ = -7 x o-8 y o+ c = -7-218 = -225. Значит в новой системе координат уравнение кривой примет вид:
7 x ¢ 2 + 16 x ¢ y ¢ - 23 y ¢ 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(4 x" - y")2+16(4 x" - y")(x" +4 y")-23(x" +4 y")2]=225,
[112 x" 2- 56 x"y" +7 y" 2+64 x" 2+ 240 x"y" -64 y" 2–
-23 x" 2- 184 x"y " -368 y" 2]=225
При приведении подобных, слагаемые содержащие произведения x"y" должны сократиться. Если этого не происходит, следует искать ошибку выше.
[153 x" 2-425 y" 2]=225,
9 x" 2-25 y" 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) 9 x 2 - 24 xy + 16 y 2 - 20 x + 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(4 x ¢ - 3 y ¢)2 - 24(4 x ¢ - 3 y ¢)(3 x ¢ + 4 y ¢) + 16(3 x ¢ + 4 y ¢)2] –
- (4 x ¢ - 3y¢) + (3 x ¢ + 4 y ¢) - 50 = 0,
[144 x ¢ 2 -216 x ¢ y' +81 y ¢ 2-288 x ¢2 -168 x ¢ y ¢ +288 y ¢ 2+ 144 x ¢2 +384 x ¢ y ¢ +296 y ¢ 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 ¢ + 100 y ¢ -50 = 0, Û y ¢ 2 + 2 x ¢ + 4 y ¢ - 2 = 0. (*)
Выделяем полный квадрат:
(y ¢2 + 4 y ¢ + 4) - 4 + 2 x ¢ - 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=–2 x" –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 ¢).
 |
