книги / Практические занятия по высшей математике. Аналитическая геометрия на плоскости и в пространстве

в виде хс/ — —\ . Запомните, что			ветви	гиперболы ху = у
расположены в	первой	и третьей четвертях		(фиг.	13,3), ветви
же гиперО°лЫ	ху — —	находятся	во второй и		четвертой чет­

вертях (фиг. 13, 5).

Геометрический смЫСл дробно-линейной функции

+ Ъ cx + d'

Оп ре де ле н ие . Функция		вида	^ =
но-линейной (предполагается,		что	ad.—
— be Ф 0, так как, если	ad — Ъс = 0, то
ad = be, и тогда — -^г).	Обозначая		О б -
(	^ u u ,3 n a n a / i

ЩуЮ величину этих Отношений через t, мы имели бы

		а	_	с	,
		Ь ~		d~~	’
откуда	о	Ы,	с = dt.		Подставляя эти
значения	а	и с в уравнение				(Л), мы по­
лучили бы,		что
	_ ь(х 4- Ь _			b (tx + 1) _		Ь_
y ^ d t x + d				d ( t x + 1)		d ’

(•А)

называется дроб­

и уравнение не содержало бы х. Уравнение (Л) определяет рав­ ностороннюю гиперболу, асимптоты которой параллельны коор­ динатным Осям. Ниже даются упражнения на преобразование уравнения (Л) к уравнению, в котором нет членов первого изме­

рения.

Преобразованное уравнение может получить вид либо хи =*

= -j> либ° ху = — ^ .

Напомним, что уравнение ху = ~ определяет гиперболу, асим­

птоты которой служат координатными осями, а ветви располо­

жены в первой и третьей четвертях; уравнение ху =

опреде­

ляет гиперболу, у которой асимптоты служат координатными осями, а ветви расположены во второй и четвертой четвептях Задача 13.4. Преобразовать дробно-линейную функцию^ г/ =

=т^к- чт0бь1 в преобразованном виде она не содержала

членов первого измерения, и начертить эскиз кривой Эту задачу мы решим более простым способом, чем тот ко­

торый указан в учебнике. Числитель дроби 2*-f 3 в np’aBoij

	части уравнения разделим на		ее знаменатель Зх + 4 по правИлам
	деления многочленов:	2х -f- 3		За: + 4
	-	2х + |		2
				3
	Таким образом,		3
				1
	2* +	3	2	3

За:+ 4 “ 3 + 3* + 4 *

В знаменателе второй дроби в правой части этого равенства вы­ несем за скобки 3 и получим, что правая часть данного уравне­

ния может быть записана так:

		2* + 3	2	1
		Зх + 4 “ 3 + '• К ) ’
	а данное уравнение			приобретает вид
		У = ^ +		1
			'И Г
		ИЛИ у ----7Г=		■
	4	2		■ к г
			Тогда из сравне­
	Обозначим теперь х1 = х + - ^ ;	уг — у — - j .

ния этих соотношений с формулами (12, 2) получаем, что х0 —

= — , Уо = ^ > а в преобразованном виде данное уравнение запишется так:

Ух = , или ххух = -i (фиг. 13,6).

Этим же способом преобразуйте уравнение

ах-\- b У = сх + d

так, чтобы в упрощенном виде оно не содержало членов первого измерения (при этом преобразовании считать с ^ 0). Должно получиться

а Ьс — cd 1

а полага* * + 7 = *i и у - °7 = ft, будем иметь

		^	""	Ьс— cd	1
				с5 ’ х/
Новое А^ало координат			находится		в точке с координатами
d		а
*о = — Z 9 У**=т-
Задала	13,5	(для самостоятельного решения). Уравнение
У _	преобразовать так,			чтобы в преобразованном виде оно-

не содержало членов первого измерения, и начертить эскиз кри­ вой.

О т в е т , x^th =

Это Уравнение равносторонней гиперболы, отнесенной к асимп­ тотам. Ветви кривой находятся в первой и третьей четвертях новой системы координат. Новое начало координат находится в

точке ^

— фиг. 13, 7.

Задача 13, 6 (для самостоятельного решения). Дробно-линей­

ную функцию у = преобразовать так, чтобы в преобра­

зованном виде уравнение не содержало членов первого измере­ ния, начертить эскиз кривой и найти уравнения асимптот.

О т в е т. хйх = — | ; х0 = 2, у0 == 2.

Кривая — равносторонняя гипербола, ветви которой расположены Во второй и четвертой четвертях новой системы коорди­ нат. Эскиз кривой представлен на фиг. 13, 8. Уравнения асимп­ тот: * == 2 и у = 2.

ИЗ

Задача 13,7 (для самостоятельного решения). Преобразовать дробно-линейные функции

2) У =	2 — 2х
	х + 1*
3) У =	3*+ 1
	х + 2

так, чтобы в преобразованном виде они не содержали членов первого измерения, найти уравнения асимптот и начертить эски­ зы кривых.

О т в е т .

П р е о б р а з о в а н н ы е	К о о р д и н а т ы н о в о го
у р а в н ен и я к р и в ы х	н ач ала

1) х1у1 = — 3;	*о = — 2;	у0= 1 ;
2) х1у1 = 4;	* 6 = — 1;	У о = — 2 ;
3) * i* / i = — 5 ;	XQ = — 2; Уо — 3:

У р а в н е н и я аси м п тот

х =	—	2;	У — 1;
х =	—	1;	у =	— 2}
II ч	1	СЛ	II а>	СО

ЧЕТЫРНАДЦАТОЕ ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ

С о д е р ж а н и е : Упрощение общего уравнения кривой второго порядка.

На двух последних занятиях мы достигали упрощения урав­ нения кривой параллельным переносом (задачи 12,4 — 12,16), а в задаче 13,3 уравнение кривой было преобразовано поворотом ко­ ординатных осей без изменения начала координат.

Общее уравнение линии второго порядка имеет вид

Ах2+ 2Вху + Су2 + Dx + Еу + F = 0.

Задача упрощения этого уравнения состоит в том, чтобы в пре­ образованном уравнении были устранены: 1) член, содержащий произведение текущих координат, и 2) члены, содержащие первые степени двух координат или, по крайней мере, одной из них.

Новая программа по высшей математике для машинострои­ тельных, приборостроительных, механических, энергетических и строительных специальностей втузов не предусматривает изложе­ ния в общем виде вопроса об упрощении уравнения кривых второго порядка и изучения инвариантов.

Поэтому мы приведем решение только нескольких задач. Из них учащийся уяснит методы, с помощью которых достигается упрощение уравнений линий второго порядка.

Случаи упрощения уравнения кривой второго порядка, когда оно не содержит произведения текущих координат, были разоб­ раны раньше-

В тоМ случае, ког^а уравнение линии второго порядка содер­ жит произведение текущих координат, упрощение его следует на­

чинать с	поворота осей без		изменения
начала доординат и надлежащим выбо­				^
ром угла поворота добиться того, что-
бы из преобразованного уравнения был
устранен	член, содержащий произведе­
ние текущих координат.
Преобразование		координат в этом
случае	будем вести по формулам
х = Xi cos 9 t/x sin <p —|
у =A:iSin<p + 0xcos<p }‘				Фиг. 14,1.
Если
	после устранения из преобразованного уравнения члена
с произведением текущих			координат в	нем останутся	члены с
первыми степенями текущих координат,				то последующим парал­
лельном	переносом осей можно, как это было показано,				привести
уравнение к каноническому			виду.
Координатную		систему,	полученную в результате		поворота

первоначальной системы координат, будем обозначать через х1Оу1, а систему координат, полученную от параллельного переноса ко­

ординатной	системы хгОуь		— через xi01у2 (см. фиг. 14, 1).
Задача	14, 1.	Привести к простейшему виду уравнение кривой
	5х2+ 4ху + 8у2— 32х— 56у + 80 = 0
и найти координаты центра			в первоначальной системе координат.
Р е ш е н и е .		Начнем с поворота осей. Целью этого преобразо­
вания, как	вы уже знаете,		является уничтожение в преобразо­

ванном уравнении члена, содержащего произведение текущих координат.

Формулы преобразования координат поворотом осей без из­ менения начала координат_имеюх_вид|

Сх — Xi cos <р— ух sin 9, y = x1sinf + y1coscp.

Подставляя эти значения х и у в заданное уравнение, будем иметь

5 (х, cos <р— у! sin <р)2+ 4 (хх cos ®— ухsin <р) - (хх sin 9+

-1- У1 cos 9) 4- 8(хх sin 9 + уi cos 9)* — 32 (xx cos 9—ух sin 9) —

— 56 (xx sin 9-f уi cos 9) + 80 = 0.

Раскроем скобки и получим

.5x1cos2ср — lQy^^sin^p -- cosср + 5г/2sin2ср + ^ ^ s in ^ ^ c o s^ —

—4Xjf/j sin2у + 4xiVi cos2ср — 4г/2sin ср cos ср -f-

+8х? sin2ср -f W xtfi sin ср • cos ср + 8у \ cos2ср —

—32хгcos ср + 32ухsin ср — 56лг^sin ср —

— 56у х cos ср + 80 =	0.
Сделаем приведение подобных членов:
q
.(5cos2ср + 4 sin ср cos ср + 8sin2срfx 2+ (6sin ср cos ср — 4 sin2ср -f
'''/О		t)
+ 4 cos2ср) x1y1+ (5 sin2cp — 4 sin cp cos cp -f		8 cos2<p) y\ —
— (32 cos <p+ 56 sin срЩ +	(32 sin cp —
— 56 cos <p)^i + 80 =	0.	(A)

Выберем теперь угол поворота ср так, чтобы коэффициент при Xjf/i обратился в нуль. Приравнивая этот коэффициент нулю, получаем уравнение для определения значения угла <р, при котором этот коэффициент обратится в нуль:

6sin ср cos ср — 4 sin2<р+ 4 cos2ср = 0.

Разделим	обе части	этого	уравнения	на cos2ср (cos f Ф 0,	так
как если coscp = 0, то		sin ср =	± 1, и	тогда это уравнение	не
имеет места,	ибо получается, что — 4 =			0. Это замечание следует

помнить и при решении последующих задач). После деления по­ лучим

6 sin у cos ср	^ sin2 <р .	^	Q
COS2 ср	COS2 ср ~		*
или после упрощений
2tg 2 cp — 3 tg — 2 =			0.
Отсюда получаем для тангенса угла		ср поворота координатных
осей такие значения:

ИЛИ

(tgcp)i = 2 и (tgcp)2= — J .

Эти два значения tg ср соответствуют двум взаимно-перпендику­ лярным направлениям, так как произведение этих тангенсов рав­ но— 1. Из (tgcp)x = 2 следует, что угол поворота ср может нахо­

диться в первой или третьей четвертях, а из (tg ср)2= — следу­

ет, что угол поворота ср может находиться во второй или чет-

верюй четвертях. Условимся всегда брать для tg? из двух воз­ можных з н а н и й — положительное, а угол поворота ср— в первой

четверти ^0 <р < ^-j. Таким образом, из двух возможных зна­

чений тангенса берем tgcp = 2. Определим по известному tgcp ве­ личину sin? и coscp. Это нам нужно для того, чтобы определить коэффициенты при я*, у\, хх и ух в уравнении (Л).

Так каК У нас tgcp>0, а угол <р находится в первой чет­ верти, то по известному tgcp функции sin? и cos<p могут быть 'определены следующим образом:

sin ф = Н— г tg? -				» cos ? =			+	-у-		1
	Y	т / l + tg »*				у		Y	1 -(- tg2 9
Т,	следует,		.	2			coscp		=	1
Из этого			что sin? = —т=,							-т=-,
					У 5					У 5
	sin2ср	: g-, COS2ср =								2_
					g-,	sin ср • COS ср = 5е
При найденных значениях sin ср					и coscp коэффициент						при х\ ра­
вен 9, коэффициент при ХхУх— нулю, при у\								равен 4, коэффициент
	144					8
при хх равен — р-=, а при ух равен ^-=. Подставляя эти значения
в уравнение	(л) и поступая так				жё7 как в задаче 12, 13, получим
9[А-		7= *.) + * (< +				f f ft) + 80 = о.
Выделяя в скобках полные квадраты, имеем
9h	~Ti)2~¥]+ 4[{yi+ Vff- F] +80«°.
откуда
9 (*‘ ~ 7 r ) ’ -			5r + 4 ( f t +			7 ? )’ -		r	+	80-	0'
или
	9	-	F r ) =+	4( ^		+			3e-		<*>
Сделаем теперь параллельный перенос координатной системы
*1Оух (фиг.	14,1).			аналогичные					формулам (12,1) и
Формулы	преобразования,
( 12,2), запишем так:

	*1 = *2+ *01	(И, 1)
	Уг = Уг + УоI
	х2 = х1 — х0)	(14,2)

У2 = У1 — Уо\

Теперь в8уравнение		(В) 1введем обозначения:				(14,2)
х2 = хх ----- —= ;	Уг=У1	+ тт=\ из сравнения с формулами
У 5	. 8 У 5		1	а уравнение	,m	пере­
заключаем, что х0= +		у0 = —			(В)

пишем так:

9**2 + Щ = 36.

После деления обеих частей равенства на 36 получим данное урав­ нение в каноническом виде:

			т +	= 1.
	Итак,		данное	уравнение опре­
деляет эллипс. Он вытянут вдоль
оси Огу2.			Эскиз	кривой		показан
на	фиг.	14, 2. Докажите,				что точ­
ка	Ог— центр эллипса в исходной
системе		координат имеет				коорди­
наты (2, 3)*.
	Ниже		помещено для самостоя­
тельного			решения несколько за­
дач	с подробными ответами и ука­
заниями. Эти задачи					следует ре­
шать так же, как и задачу 14, 1.		При решении			их	следует

считать, что угол поворота находится в первой четверти, и, зна­ чит, из двух возможных значений tg ср надо брать положительное.

Учащимся рекомендуется ознакомиться не только с приведен­ ным, но и с более совершенным методом упрощения общего уравнения кривой второго порядка, изложенным в учебниках И. И. Привалова и Н. В. Ефимова.

Задача 14, 2 (для самостоятельного решения). Упростить уравнение кривой

Зх2— 4ху — 2х + 4у — 5 = 0.

«4

О т в е т . Кривая — гипербола. Каноническое уравнение ее

		у — х = 1			(Фиг-	14>3)-
*	Принимая во внимание, что х =				хх cos ср — ухsin ср; у = хх sin ср + ухcos <р,
a *1 =	*2 + *0*» */i = £/2 +4/о»		получаем, что
	* =	( * 2	+	Х0) cos ср — (у2+		Уо) sin ср;
	У =	(*2 +		*о)sin ¥ + (У2+		Уо) COS ср.

	У к а з а н и е -		Уравнине				для	определения	tg ср	имеет вид
2 tg2ср — 3 tg <р —~ 2 = 0,					^	<р= 2,		0° < ср < 90°.	После	поворота
первоначальной координатной системы на угол, для										которого
tg<p = 2, уравнение пристрогает вид
В	системе	координат			НОуг		ко­
ординаты		центра			гиперболы
	Задача	14, 3 (для самостоятель-						-
ного решения). Упростить урав-								yt
пение линии
	О т в е т .	Кривая — парабола.
Ее	каноническое		уравнение				у\ =
=	х2 (фиг. 14,4).				Для опре-			Фиг. 14,3.
Деления tg <р получим					уравнение
2	tg2ср -j- 3 tg <р — 2 =			0;		tg ср = ;		0° < ср < 90°.	После		пово­
рота первоначальной				координатной системы на угол,						для	кото-
	У					рого		tg <р= 2", уравнение приобретет

			Задача	14, 4 (для самостоятельно­
			го решения). Упростить уравнение
	Фиг.	14,4.	кривой
			х2— 2ху + у2— б* — 2у + 9= 0
	и найти координаты фокуса в исходной системе координат.
	О т в е т .	Кривая — парабола. Ее		каноническое уравнение

р2= 21/ 2х2 (фиг. 14,5); tgcp=l; cp=45q. После поворота перво­ начальной координатной системы на этот угол уравнение при­ мет вид

2c/i - 4 1 /2 ^ + 2 /2 г/! + 9 = 0.

В системе	координат		xfit/i	вершина	параболы				имеет		коор­
динаты 01(|]/2, —		координаты фокуса				в исходной				системе
координат F (2, 1).			к простейшему		виду		уравнение
Задача 14, 5. Привести
				9х2+	24ху +			1б#2-J- 50х —
				— 100# -j~ 25 =						0.
				Найти уравнение директрисы
				и координаты фокуса в пер­
				воначальной				системе,			коор­
				динат.
				О т в е т .				Кривая — пара­
				бола. Ее		каноническое урав­
				нение	у\ =		4 х 2		(фиг.		14, 6).
				В первоначальной						системе
Фиг.	14,5.			координат			фокус параболы
имеет координаты F ^		^	а	уравнение		директрисы					4х —
— 3# — 5 = 0.

Задача 14, 6. Упростить уравнение кривой

8х2— 4ху + Ьу2 -\-4х — 10# — 319 = 0.

О т в е т .	Кривая — эллипс. Его		каноническое уравнение
х\ у\	В системе	координат x fiyi центр эллипса имеет
g j + 2g = l.
координаты	Oi	(см. фиг.	14,7).