кривые второго порядка

при y′2:

C′ = A sin2 α − 2B sin α cos α + C cos2 α,

при x′:

D′ = D cos α + E sin α,

при y′:

Таким образом, виде

A′x′2

Подберем угол (4.8) следует, что

поэтому

E′ = −D sin α + E cos α.

уравнение (4.1) с учетом замены (4.6) перепишется в

+ 2B′x′y′ + C′y′2 + D′x′ + E′y′ + F = 0.	(4.9)
α таким образом, чтобы коэффициент	2B′ = 0. Из

2B′ = (C − A) sin 2α + 2B cos 2α,

(A − C) sin 2α − 2B cos 2α = 0,
(A − C)tg2α = 2B,
tg 2α =	2B
		.
	A − C
После такого преобразования уравнение (4.1) примет вид
A′x′2 + C′y′2 + D′x′ + E′y′ + F = 0.			(4.10)
Задача 4.2.1. Доказать, что при повороте на любой угол α			имеет
место равенство
AC − B2 = A′C′ − B′2.			(4.11)

О п р е д е л е н и е 4.1.	Величины, которые не меняются при
преобразованиях, называются инвариантными.
Так как мы подобрали угол	α так, что B′ = 0,	то из (4.11) следует,
что
A′C′ = AC − B2.		(4.12)

Чтобы проанализировать уравнение кривой (4.10), рассмотрим три случая:

31

1)AC − B2 > 0 (эллиптический случай);

2)AC − B2 < 0 (гиперболический случай);

3)AC − B2 = 0 (параболический случай).

4.2.1. Эллиптический случай

Из AC − B2 > 0 следует, что совпадают. Пусть A′ > 0, C′ > 0. неизвестных x′, y′, получим

A′C′ > 0, то есть знаки A′, C′ Выделим полные квадраты при

A′ x′2 + 2x′

D′

+

D′

2

D′

2 +

2A′

2A′

−

2A′

+C′

y′2 + 2y′

E′

+

E′

2

−

E′2

+ F = 0.

4C′

2C

′

2C

′

Дополним члены, содержащие

x′

и

y′,

до полного квадрата:

A′ x′

+

D′

2

+ C′

y′ +

E′

2 + F ′ = 0,

(4.13)

2A′

2C′

где F ′ = −

D′2

E′2

−

+ F .

4A′

4C′

E′

Положим

x′′ = x′

+

D′

,

y′′ = y′ +

,

тогда уравнение (4.13) пе-

2A′

репишется в виде

2C′

A′x′′2 + C′y′′2 = −F ′.

(4.14)

10. Пусть

F ′

< 0.

Разделим обе части уравнения (4.14) на

(−F ′),

тогда

x′′2

y′′2

(4.15)

+

= 1.

−

F ′

−CF ′′

A′

Так как

−F ′

> 0

и

−F ′

> 0,

то можем считать, что

A′

C′

F ′

2

F ′

2

(4.16)

−

= a

,

−

= b

.

A′

C′

Из (4.15), (4.16) следует, что мы получили каноническое уравнение

эллипса			y′′2
x′′2		+		= 1.
	a2		b2

32

20. Пусть F ′ > 0, тогда в уравнении (4.14) слева стоит неотрицательное число, а справа отрицательное, поэтому точек, удовлетворяющих данному уравнению, не существует.

30. Пусть F ′ = 0. Тогда уравнению (4.14) удовлетворяет только одна точка (0, 0), то есть точка с координатами x′′ = 0, y′′ = 0.

4.2.2. Гиперболический случай

Из AC −B2 < 0 следует, что A′C′ < 0, то есть числа A′, C′ имеют разные знаки. Повторяя предыдущие рассуждения, получим уравнение кривой

A′x′′2 + C′y′′2 + F ′ = 0.

10. Пусть F ′ = 0. Тогда
6
	x′′2				y′′2		(4.17)
				+		= 1.
	−	F ′			−CF ′′
		A′

Так как A′ и C′ разных знаков, то одна скобка больше нуля, а другая скобка меньше нуля.

Пусть

	F ′			2				F ′	2		(4.18)
−			= a		,				= b	,
	A′							C′
тогда мы получим каноническое уравнение гиперболы
			x′′2	−		y′′2	= 1.
			a2			b2

Если знаки у скобок поменять местами, то получим гиперболу, дей-

ствительная ось которой лежит на оси					(O′Y ′′),	а мнимая ось на оси
(O′X′′):	x′′2			y′′2
	−		+		= 1.
		a2		b2
20. При	F ′ = 0 уравнение принимает вид
	A′x′′2 + C′y′′2 = 0.					(4.19)
Пусть	A′ > 0, тогда (−C′) > 0 и уравнение (4.19) перепишется в

33

виде

y′′ =

√

A′

x′′

√

−C′

(√

x′′

−

√

y′′)(√

x′′ + √

y′′) = 0,

откуда

A

A

.

C

−

C

−

√

′

′

′

′

A′

x′′

y′′ =

−√

C′

−

Таким образом, получили уравнения двух пересекающихся прямых.

4.2.3. Параболический случай

Так как AC − B2 = 0, то A′C′ = 0.

10. Пусть A′ =6 0, C′ = 0. Так как после поворота B′ = 0, то уравнение (4.10) перепишется в виде

A′x′2 + D′x′ + E′y′ + F = 0.

(4.20)

Соберем члены, содержащие x′, и дополним их до полного квадрата:

A′x′2 + D′x′ = A′ x′2

+ 2

·

D′

x′ = A′

x′

+

D′

2

D′2

,

2A′ ·

4A′

2A′ −

тогда уравнение (4.20) перепишется в виде

A′ x′ +

D′

2

+ E′y′ + F ′ = 0

F ′ = F

−

D′2

или

2A′

4A′

A′x′′2 + E′y′ + F ′ = 0,

(4.21)

где

x′′ = x′ +

D′

.

Из (4.21) следует, что

2A′

A′x′′2 = −E′y′ − F ′.

Рассмотрим два случая.

E′ y′ +

,

1) Пусть

E′ = 0,

тогда

A′x′′2 =

−

F ′

то есть

6

E′

F ′

A′x′′2 = −E′y′′,

(4.22)

где

y′′ = y′ +

.

E′

Положим 2p = −E′ , тогда уравнение (4.22) перепишется в виде

A′

x′′2 = 2py′′.

34

Это каноническое уравнение параболы, симметричной относительно

оси (OY ).

2) Пусть

E′ = 0,

тогда уравнение (4.21) перепишется в виде

A′x′′2 + F ′ = 0.

(4.23)

1. Если

F ′ = 0,

то получим уравнение оси (OY )

x′′ = 0.

2. Если

F ′ = 0,

то возможны два случая. Если

A′ и

F ′ одного

6

если же A′

знака, то точек, удовлетворяющих данному уравнению, нет;

и F ′ разных знаков, то

x′′2 +

F ′

= 0,

где

F ′

< 0,

поэтому

A′

v F ′

A′

F ′ = 0,

x′′

x′′ + v

u

u

− u−A′

u−A′

t

t

и уравнение (4.23) описывает две параллельные прямые

x′′ = v F ′

,

x′′ =

v

F ′ .

u

u

u−A′

−u−A′

t

t

20. Пусть

A′ = 0,

C′ = 0.

Аналогично 10 получаем уравнение

6

D′x′ + C′y′′2 + F ′ = 0,

для которого повторяем рассуждения пункта

10.

30. Пусть

A′ = 0,

C′ = 0,

тогда уравнение (4.10) перепишется в

виде

D′x′ + E′y′

+ F = 0.

(4.24)

Если D′

= E′ = 0,

а

F = 0,

то точек, удовлетворяющих уравнению

6

(4.24), нет; если же D′

или E′

отличны от нуля, то уравнение (4.24)

описывает прямую.

Пример 4.2.1. Привести к каноническому виду следующее общее урав-

нение кривой 2-го порядка
5x2 + 8xy + 5y2 − 18x − 18y + 9 = 0	(4.25)
и нарисовать получившуюся фигуру.

35

Р е ш е н и е

Из (4.25) следует, что

A = C = 5,

B = 4,

(4.26)

поэтому

AC − B2

= 25 − 16 = 9, следовательно, это эллиптический

случай.

8

π

π

Из (4.26) следует, что

tg 2α =

= +∞,

поэтому 2α =

и

α =

.

0

2

4

x = x′

√

y′

√

2

−

2

2

2

Таким образом, формулы (4.6) примут вид

,

y = x′ sin √2

+ y′ √2

2

2

откуда

x =

√

2

(x′

−

y′)

2

(4.27)

+ y′)

.

y = √2 (x′

2

Подставим уравнение (4.27) в (4.25), получим

5

x′

y′ 2

8

x′

y′

x′

y′

5

x′

y′

2

√

x′

y′

√

x′

y′

,

(

−

)

+

(

−

)(

+

)+

(

+

)

−9

2(

−

)−9

2(

+

)+9 = 0

2

2

2

откуда

x′2

x′y′

+

y′2

x′2

−

y′2

x′2

x′y′

+

y′2

√

x′

.

5(

− 2

) + 8(

) + 5(

+ 2

) − 36 2

+ 18 = 0

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые, получим

18

x′2

y′2

√

x′

+ 18 = 0

или

+ 2

− 36

2

2

+ 9(x′

2

√

y′

− 2 2x′ + 2) − 9 = 0.

Выделим полный квадрат при x:

y′2

+ 9(

x′

√

2

или

−

2) − 9 = 0

x′

−

√

2

+

y′2

.

9(

2)

= 9

36

Разделим обе части уравнения на 9, получим

x′′2 +

y′′2

= 1,

9

где x′′ = x′ − √

, y′′ = y′.

2

График получившейся фигуры изображен на рис. 4.3.

Пример 4.2.2. Если систему ко-

ординат XOY повернуть на 30o

и в новой системе X′OY ′

взять

точку (1; 1)

в качестве начала

координат, то получим новую си-

стему координат X′′O′Y ′′,

в ко-

торой возьмем эллипс

x′′2

y′′2

(4.28)

+

= 1.

2

2

Рис. 4.3

2

3

Какое уравнение имеет эллипс в исходной системе координат?

Р е ш е н и е

Из условия задачи следует, что x′ = x′′ + 1 , откуда

y′ = y′′ + 1

x′′ = x′

− 1 .

(4.29)

y′′ = y′

−

1

Подставим (4.29) в (4.28). Получим

(x′ − 1)2

+

(y′

− 1)2

= 1.

(4.30)

4

9

Очевидно, что поворот системы координат XOY на 300 равносилен

повороту системы координат X′OY ′

на угол (−300), поэтому

√

x′ = x		23			+ y	1
						2
										(4.31)
		x1				.
y′ =					+ y √3
	−	2				2

37

Подставим (4.31) в (4.30), получим
		√		x +				1 2					√		y	1 2
			3			1	y				1	x +		3
	2				2			−	+	−	2		2			−	= 1.
4													9

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые, получим уравнение

эллипса в исходной системе координат
31x	2	+ 21y	2	√		√		√
				+ 10	3xy + (16 − 36		3)x − (36 + 16 3)y − 92 = 0.

Упражнения

№ 420 . Исследовать кривые, приведя их уравнения к простейшему виду:

1) x2 + y2 − 2x + 6y − 5 = 0; 2) x2 + 4y2 + 4x − 8y − 8 = 0; 3) x2 + 2y2 + 8x − 4 = 0.

Р е ш е н и е

1) Выделим в исходном уравнении x2 + y2 − 2x + 6y − 5 = 0 полные квадраты при x и y, получим (x −1)2 + (y + 3)2 −1 −9 −5 = 0, откуда

(x − 1)2 + (y + 3)2 − 15 = 0 и, следовательно, (x − 1)2 + (y + 3)2 = 15 уравнение окружности.

2) Выделим в исходном уравнении x2 + 4y2 + 4x − 8y − 8 = 0 полные квадраты при x и y, получим (x + 2)2 + 4(y − 1)2 − 4 − 4 − 8 = 0, откуда

(x + 2)2 + 4(y

−

1)2

= 16 и, следовательно,

(x + 2)2

+

(y − 1)2

= 1

16

4

уравнение эллипса.

3) Выделим в исходном уравнении

x2 + 2y2 + 8x − 4 = 0

полные

квадраты при

x и

y, получим (x + 4)2 + 2y2

− 16 − 4 = 0,

откуда

(x + 4)2 + 2y2

= 20

и, следовательно,

(x + 4)2

+

y2

= 1 уравнение

20

10

эллипса.

38

№ 422 . Исследовать кривую, предварительно повернув оси координат так, чтобы преобразованное уравнение не содержало члена с произведе-

нием координат: x2 + xy + y2 − 4, 5 = 0.

Р е ш е н и е

1

!2

3

Исследуем тип кривой. Так как

AC

−

B2

= 1

·

1

−

=

,

то

2

4

это эллипс. Найдем угол поворота

α. Так как

tg 2α =

1

= +∞,

то

0

2α =

π

и

α =

π

.

2

4

Сделаем замену переменных:

x = x′

1

y′

1

x =

1

(x′

y′)

√2

−

√2

−

√2

,

откуда

.

+ y′ 1

1 (x′

+ y′)

y = x′ 1

y =

√2

√2

√2

Подставим

выражение координат

x, y

в исходное

уравнение кривой,

получим

1

x′

y′ 2

1

x′

y′ x′

y′

1

x′

y′

2

,

или

−

−

+

) + 2

(

+

2 (

) + 2 (

)(

)

− 4 5 = 0

x′2 + y′2 − 2x′y′ + x′2 − y′2 + x′2 + y′2 + 2x′y′ − 9 = 0,

откуда

3x′2 + y′2 − 9 = 0

или

x′2

y′2

+

= 1.

3

9

Таким образом, мы получили эллипс с центром в точке

(0, 0)

(так

как был только поворот, а параллельного переноса не было),

√

,

b =

3

a = 3.

Поскольку большая (фокальная) ось расположена по оси (OY ′),

а малая по оси

(OX′), то уравнение фокальной оси

x′

= 0

или,

переходя к старым координатам,

1

1

= 0,

то есть

x+y = 0.

x√

+ y √

2

2

№472. Привести к простейшему виду уравнения гипербол:

1)9x2 − 25y2 − 18x − 100y − 316 = 0;

2)5x2 − 6y2 + 10x − 12y − 31 = 0;

3)x2 − 4y2 + 6x + 5 = 0;

4)3x2 − y2 + 12x − 4y − 4 = 0;

39

5)x2 − 4y2 + 2x + 16y − 6 = 0;

6)x2 − y2 − 4x + 6y − 5 = 0.

Р е ш е н и е

Рассмотрим случай 2).

В уравнении 5x2 −6y2 +10x−12y −31 = 0 выделим полные квадраты

при x и y, получим	5(x + 1)2 − 6(y + 1)2 − 5 + 6 − 31 = 0,					откуда
	и, следовательно,	(x +	1)2		(y + 1)2
5(x + 1)2 −6(y + 1)2 = 30				−			= 1.
		6			5

№ 472 . Исследовать кривые, предварительно повернув оси координат так, чтобы преобразованные уравнения не содержали члена с произведением координат:

1)x2 + 4xy + y2 − 3 = 0;

2)3x2 + 24xy − 4y2 + 10x = 0;

3)2x2 + 24xy − 5y2 − 15x + 20y − 12 = 0.

Р е ш е н и е

Рассмотрим случай 2).

Так как 3x2 + 24xy − 4y2 + 10x = 0,

то A = 3,

B = 12, C = −4.

Найдем тип кривой. Так как

AC − B2 = −12 − 122 < 0,

то это

гипербола.

24

24

Вычислим tg 2α =

=

. Зная

tg 2α, нам нужно найти

cos α,

7

3 + 4

sin α. Так как tg 2α =

2tg α

, cos α =

1

,

tg α

,

√

sin

α =

√

1 − tg2 α

1 + tg2 α

1 + tg2 α

24

2tg α

3

4

то, решая уравнение

=

, получим tg α =

или tg α

= −

.

7

1 − tg2 α

4

3

Выберем наименьшее по модулю значение tg α =

3

, откуда cos α =

4

,

3

4

5

sin α =

, и для поворота осей координат воспользуемся формулами

5

x = x′		4	−	y′	3		x =
	5			5
						или
			+ y′ 4
y = x′ 3							y =
	5			5

15 (4x′ − 3y′)

, тогда

15 (3x′ + 4y′)

40