кривые второго порядка

1

(4x′ − 3y′)2 + 24 ·

1

(4x′ − 3y′)(3x′ + 4y′)−

3 ·

25

25

1

1

−4 ·

(3x′

+ 4y′)2 + 10 ·

(4x′ − 3y′) = 0

25

5

или

300x′2 − 325y′2 + 200x′ − 150y′ = 0,

откуда

12x′2 − 13y′2 + 8x′ − 6y′ = 0.

Выделим полные квадраты при

x′, y′, получим

12 x′2 +

2

x′! − 13 y′2 +

6

y′! = 0,

3

13

откуда

12

x′ +

1

!2

12

1

13

y′ +

3

!2

+ 13

9

= 0

или

·

3

−

· 9

−

·

·

2

13

13

12x′′2 − 13y′′2 −

25

= 0

x′′ = x′ +

1

,

y′′ = y′ +

3

! ,

то

есть

39

3

13

x′′2

−

y′′2

= 1.

25

25

Таким образом,

a = v

39·12

=

39·13

25

= 5√3 .

25

5√13 , b = v

u

u

u

39

12

78

u

39

13

39

t

·

t

·

Найдем центр гиперболы в исходной системе координат. Так как

x′ +

1

= 0

x′

=

−

1

x′′

= 0

3

3

,

то

или

,

откуда

y′′

= 0

+

3 = 0

=

3

y′

y′

13

−

13

x =

1

4

+

3 3

x =

5

−

3 · 5

13

· 5

−

39

или

.

y =

1 3

3 4

y =

5

−3 · 5

− 13 · 5

−13

5

5

!

Таким образом,

,

центр гиперболы.

−39

−13

Найдем уравнение действительной оси. В системе координат X′′O′Y ′′

y′′ = 0,

поэтому

y′ +

3

= 0,

и, подставляя выражение y′ через

x и y,

13

получим

−x ·

3

+ y ·

4

+

3

= 0,

откуда

−39x + 52y + 15 = 0 или

5

5

13

39x−52y−15 = 0. Это уравнение действительной оси в исходной системе

41

координат.
3) Так как 2x2 + 24xy − 5y2 − 15x + 20y − 12 = 0,																									то A = 2, B = 12,
C = −5,				AC −B2 = −10 −122 < 0														это				гипербола. Найдем
tg 2α =		24			=		24		, откуда cos α =						4		, sin α =		3		, тогда для поворота осей
						7													5
2 + 5													5
																		x =	1	(4x′			−		3y′)
																			5
координат воспользуемся формулами																									. Подставим
																		y = 1 (3x′ + 4y′)
																			5
выражения для координат x, y													в исходное уравнение, получим
2						24																5
			(4x′ − 3y′)2 +									(4x′ − 3y′)(3x′ + 4y′) −												(3x′ + 4y′)2−
	25										25											25
						15							20
						−				(4x′ − 3y′) +						(3x′ + 4y′) − 12 = 0.
								5						5

Приведем подобные слагаемые, получим

275x′2 − 350y′2 + 625y′ − 300 = 0.

Разделим уравнение на 25, получим

11x′2 − 14y′2 + 25y′ − 12 = 0.

Выделим полный квадрат при y,

получим

11x′2

−

14 y′

−

25

!2

=

47

,

откуда

28

56

x′′2

y′′2

47

,

где

x′′

x′,

y′′

y′

25

.

= 56

=

=

−

11

− 14

28

Таким образом, каноническое уравнение гиперболы имеет вид

	x′′2			−	y′′2						= 1,	откуда
	47					47
11·56					2
					28
				√									√
a =				√			47				,	b =	47			.
			2		154								28

42

Найдем центр гиперболы в исходной системе координат:

															x =			25	·	3
	x′′ = 0									x′ = 0						−28				5
											25
y′′ = 0		,	откуда						y′ =				,	поэтому						,
											28								4
															y = 25
																28 ·			5
				15
		x =
				−28
то есть									.
		y = 5
				7
										15	5

Таким образом, точка −					,		! центр гиперболы.
				28		7
Найдем уравнение действительной оси. В системе координат X′′O′Y ′′
	25						3			4	25
y′′ = 0,	откуда y′ −		= 0 и, следовательно, −x ·						+ y ·		−		= 0,
		28						5		5		28
то есть	84x − 112y + 125 = 0						уравнение действительной оси в

исходной системе координат.

№ 506. Определить координаты вершины параболы, величину параметра и направление оси, если парабола дана одним из следующих уравнений:

1)y2 − 10x − 2y − 19 = 0;

2)y2 − 6x + 14y + 49 = 0;

3)y2 + 8x − 16 = 0;

4)x2 − 6x − 4y + 29 = 0;

5)y = Ax2 + Bx + C;

6)y = x2 − 8x + 15;

7)y = x2 + 6x.

	Р е ш е н и е
Рассмотрим случай 4).
Выделим в уравнении	x2 − 6x − 4y + 29 = 0 полный квадрат при
неизвестной x. Получим	(x−3)2−9 = 4y−29, откуда (x−3)2 = 4y−20,

то есть (x − 3)2 = 4(y − 5). Из этого уравнения следует, что (3; 5) вершина параболы, p = 2, ось параболы параллельна оси (OY ).

43

№506 . Исследовать кривые, предварительно упростив их уравнения

спомощью преобразования координат:

1)2x2 − 4xy + 2y2 + 3x − 5y + 2 = 0;

2)x2 − 2xy + y2 + 4x − 5 = 0.

Р е ш е н и е

Рассмотрим случай 1).

Так как 2x2 −4xy + 2y2 + 3x −5y + 2 = 0, то A = C = 2, B = −2,

AC −B2 = 2 ·2 −22 = 0 это парабола. Найдем tg 2α = −2 −4 2 = −∞, откуда 2α = −π2 , α = −π4 , тогда для поворота осей координат восполь-

	x =	1		(x′ + y′)
		√2
зуемся формулами					. Подставим выражения для ко-
	y =	1 ( x′ + y′)
		√2 −

ординат x, y

в исходное уравнение, получим

1

(

x′

+

y′ 2

1

(

x′

+

y′

)(−

x′

+

y′

) + 2 ·

1

(−

x′

+

y′ 2

+

2 · 2

2

2

) − 4 ·

)

3

· (x′ + y′) −

5

· (−x′ + y′) + 2 = 0.

+ √

√

2

2

Приведем подобные слагаемые, получим

x′2

√

x′

−

√

y′

.

4

+ 4

2

2

+ 2 = 0

Выделим полный квадрат при x,

получим

4

x′2 + 2

1

x′ +

1

1

!

√

y′ + 2 = 0,

откуда

2

√2

2 − 2

−

4

x′ +

1

!2

√

y′

= 0,

то есть

4x′′2 = √

y′′

2

2

·

√2

−

1

, y′′ = y′).

(x′′ = x′ + √

2

Таким образом, каноническое уравнение параболы имеет вид

√

√

x′′2 =

2

y′′,

где

p =

2

.

4

8

44

Найдем вершину параболы в исходной системе координат:

1

x =

1

1

x′′ = 0

x′

=

−√2

· √2

√

− 2 ,

y′′ = 0

,

откуда

поэтому

,

y′

1

(

= 0

y =

1 )

−√2 · −√2

1

x =

−2

то есть

.

y = 1

2

1 1

Таким образом,

−

,

! вершина параболы.

2

2

Найдем уравнение оси параболы

(это ось (OY ′′)). Очевидно, что в

системе координат

X′′O′Y ′′ ее уравнение имеет вид

x′′ = 0,

откуда

1

1

1

1

x′ = −√

, поэтому x

· √

− y

· √

+ √

= 0.

Таким

образом,

2

2

2

2

x − y + 1 = 0 уравнение оси параболы в исходной системе координат.

Задачи для самоподготовки

Задача 1. Привести к каноническому виду следующие общие уравнения кривых 2-го порядка и нарисовать получившиеся фигуры:

1)3x2 − 2xy + 3y2 + 4x + 4y − 4 = 0;

2)x2 − 2xy + y2 − 4x − 6y + 3 = 0;

3)x2 + 2xy + y2 + 2x + 2y − 4 = 0;

4)7xy − 3 = 0;

5)x2 + 6xy + y2 + 6x + 2y − 1 = 0;

6)y2 + 5xy − 14x2 = 0;

7)x2 + y2 − 4x − 6y = 0;

8)2y2 + 8x + 12y − 3 = 0;

9)5x2 + 3y2 + x − 2 = 0;

10)x2 + 3y2 + 4x − 5y = 0;

11)x2 − 2y2 + 3 = 0;

12)3x2 − 4y2 + 2y + 5 = 0;

45

13)8x2 − 3y2 + 2x − 5y + 1 = 0;

14)2xy + 3x − y − 2 = 0;

15)x2 + xy + y2 − 2x − 4y − 12 = 0;

16)x2 − 2xy + y2 + 2x − 6y = 0;

17)2x2 + 6x − y − 1 = 0;

18)3x2 − 4y + 5 = 0;

19)x2 − 5y = 0;

20)4x2 − 2x − 3 = 0;

21)2xy + 3x − y − 2 = 0;

22)x2 + 2y2 − 16 = 0;

23)x2 + 2xy + y2 − 8x + 4 = 0;

24)x2 + 2xy + y2 − 6x + 2y − 3 = 0;

25)x2 + y = 0;

26)x2 − 2xy + y2 − 10x − 6y + 25 = 0;

27)x2 − 2xy + y2 − x − 2y + 3 = 0;

28)x2 − 3xy + y2 + 1 = 0;

29)2x2 + 2y2 − 2x − 6y + 1 = 0;

30)y2 − 2xy − 4x − 2y − 2 = 0;

31)x2 − 4x − y + 3 = 0.

№543. Какой вид примет уравнение кривой 2x2−6xy+5y2−2x+2y− −10 = 0, если перенести начало координат в ее центр?

№544. Пользуясь перенесением начала координат, упростить уравнения следующих кривых:

1)7x2 + 4xy + 4y2 − 40x − 32y + 5 = 0;

2)x2 − 2xy + 2x + 2y + 1 = 0;

3)6x2 − 4xy + 9y2 − 4x − 32y − 6 = 0.

№551. Пользуясь разложением левой части уравнения на множители, выяснить геометрический смысл уравнений:

1)xy − bx − ay + ab = 0;

2)x2 − 2xy + 5x = 0;

3)x2 − 4xy + 4y2 = 0;

4)9x2 + 30xy + 25y2 = 0;

5)4x2 − 12xy + 9y2 − 25 = 0.

46

Литература

1.Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры : учебник для студ. вузов / Д.В. Беклемишев. М. : Физматлит, 2002. 374 с.

2.Мышкис А.Д. Лекции по высшей математике / А.Д. Мышкис.

М.: Наука, 1969. 640 с.

3.Цубербиллер О.Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии / О.Н. Цубербиллер. СПб. : Лань, 2003. 336 с.

47

Учебное издание

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ.

ЛИНИИ ВТОРОГО ПОРЯДКА

Учебное пособие для вузов

Составители: Глушакова Татьяна Николаевна,

Крыжко Игорь Борисович, Эксаревская Марина Евгеньевна

Редактор О.А. Исаева

Подписано в печать 29.04.08. Формат 60×84/16. Усл. печ. л. 2,7. Тираж 100 экз. Заказ 793.

Издательско-полиграфический центр Воронежского государственного университета.

394000, г. Воронеж, пл. им. Ленина, 10. Тел. 208-298, 598-026 (факс) http://www.ppc.vsu.ru; e-mail: [e-mail]

Отпечатано в типографии Издательско-полиграфического центра Воронежского государственного университета.

394000, г. Воронеж, ул. Пушкинская, 3. Тел. 204-133.