Математика для инженеров(практика) I часть

е) преобразуем уравнение x2 + 2x + 7 = 0 (x +1)2 + 6 = 0 . На

плоскости не существует ни одной точки, удовлетворяющей этому уравнению. Согласно теореме (п. 8) исходное уравнение задает пару мнимых параллельных прямых;

ж) так как A = C = 8 , то можно взять угол поворота α = 45o . Тогда применяя формулы (2), получим замену переменных, которая

выражает поворот системы координат Oxy на угол α = 45o :

x = x′	1		− y′	1		, y = x′	1		+ y′	1		.
2			2			2			2

Подставим в исходное уравнение:

4(x′ − y′)2 − 9(x′ − y′)(x′ + y′) + 4(x′ + y′)2 + (x′ − y′) − 5 = 0 или (x′)2 −17( y′)2 − x′ + y′ + 5 = 0 .

Рис. 7

Осуществим параллельный перенос системы координат Ox′y′ в

точку (x0; y0 ) ,					найденную				из системы				x0 −	1	= 0, −17 y0 +		1	= 0 ,
			1				1						2			2
откуда x	=			, y	0	=		.
0		2				34
Тогда параллельный перенос осуществим с помощью замены
x′ = x′′ + x		= x′′ +			1	, y′ = y′′ + y			0	= y′′ +	1	.	Получим			уравнение
0					2					34

211

	(x′′)		2		−17( y′′)				2		81								( y′′)2					(x′′)2
											+						= 0	или		81			−		81		=1. В системе координат
													17
	Ox′′y′′																			289				17
						это уравнение												описывает					гиперболу							(рис. 7)		с	полуосями
	a =				9			, b =			9					;
			289								17								24									7
				з) Вычислим													tg2α = −				, cos2α = ±								.	Знак cos 2α нужно
																			7
																											25				7			3
	выбрать таким же, как знак																		tg2α , тогда								cos2α = −					и	cosα =		,
																														25			5

sinα = 54 . Подставив в (2) полученные значения, используем замену

переменных, которая выражает поворот системы координат на угол

α :

	x = x′	3	− y′	4	, y = x′	4	+ y′	3	.
		5		5		5		5

					Рис. 8
Подставим в исходное уравнение:
			30x′2 + 5y′2 +12x′ +14y′ −141 = 0 .
Осуществим параллельный перенос системы координат Ox′y′ в
точку (x0; y0 ) ,			найденную из системы 30x0 + 6 = 0, 5y0 + 7 = 0 ,
откуда x = −	1	,	y = −	7	. Тогда параллельный перенос осуществим с
0	5		0	5

212

	помощью замены x′ = x′′ −	1	,	y′ = y′′ −	7	. Получим уравнение
		5			5

30(x′′)

2

+ 5( y′′)

2

−152

= 0 или

(x′′)2

+

( y′′)2

76

152 =1 . В системе координат

15

5

Ox′′y′′ оно описывает эллипс (рис. 8) с полуосями a = 1576 , b = 1525 . □

30. Уравнение кривых второго порядка в полярных координатах.

Уравнение

ρ =	p	(5)
	1− ε cosϕ

называется полярным уравнением эллипса, параболы, гиперболы. В случае гиперболы это уравнение определяет одну из двух ее ветвей. Отметим, что для параболы параметр р в уравнении (5) совпадает с ее параметром р из (5.8), а для эллипса и гиперболы

p =	b2	.	(6)
	a

Пример 6. Написать в полярных координатах уравнения кривых

а) 2xy =1; б) x2 + y2 = 4y ; в) x2 − y2 = 2y ; г) x2 = y + 3 .

Решение: а) вводя полярные координаты по формулам x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ , получим 2ρ cosϕ × ρ sinϕ =1 или ρ2 sin 2ϕ =1 ;

б) аналогично, получаем (ρ cosϕ)2 + (ρ sinϕ)2 = 4ρ sinϕ или

ρ = 4sinϕ ;

в) подставляя в уравнение полярные координаты, будем иметь

(ρ cosϕ)2 − (ρ sinϕ)2 = 2ρ sinϕ или ρ cos2ϕ = 2sinϕ ;

г) аналогично, получаем ρ					2 cos2 ϕ = ρ sinϕ + 3. □
Пример 7. Написать канонические уравнения кривых второго
порядка:
5					7		9
а) ρ =		;	б) ρ =			;	в) ρ =		.
	7 − 3cosϕ			3	− 5cosϕ			1− cosϕ

213

5

5

Решение. а) Имеем

ρ =

=

7

.

Так

как

7 − 3cosϕ

3

1−

cosϕ

3

7

ε =

<1, то рассматриваемое уравнение

описывает

эллипс.

По

7

формулам (5), (6) и определению c2

для эллипса получим

p =

b2

=

5

, ε 2 =

c2

=

a2 − b2

=

9

,

a

a2

7

a2

49

откуда b2 =

5

a , 49(a2

− b2 ) = 9a2 .

Тогда

a =

7

, a2

=

49

, b2

=

5

.

8

64

8

7

Искомое каноническое уравнение эллипса, согласно формуле (5.3),

имеет вид	x2	+	y2			=1;
	49
				5
	64	8

7

7

5

б) Преобразуем

ρ : ρ =

=

3

. Так как ε =

>1,

3 − 5cosϕ

5

3

1−

cosϕ

3

то уравнение описывает гиперболу. По формулам (5), (6) и

определению

c2

для

гиперболы

имеем

p =

b2

=

7

,

a

c2

a2 + b2

3

ε 2 =

=

=

25

. Откуда

b2 =

7

a ,

9(a2 + b2 ) = 25a2 . Тогда

9

3

a2

a2

a =

21

, a2 =

441

, b2 =

49

.

Искомое

каноническое

уравнение

16

256

16

гиперболы, согласно формуле (5.6), имеет вид

x2

−

y2

=1 ;

441

49

в) Так как

256

16

ε =1, то уравнение описывает параболу. По формуле

(5)

имеем

p = 9 .

Искомое

каноническое

уравнение

параболы,

учитывая формулу (5.8), имеет вид x =18y2 .□

214

Пример 8. Написать уравнение кривой ρ =

3

второго

1− 2cosϕ

порядка в декартовой системе координат.

Решение.

Вводя

декартовы координаты

по

формулам

ρ =

, ϕ = arctg

y

,

x2 + y2

получим

ρ − 2ρ cosϕ = 3 ,

x

x2 + y2 − 2x = 3 ,

x2 + y2 = 2x + 3 , x2 + y2 = (2x + 3)2 .

Тогда исходное уравнение имеет вид 5x2 +12x − y2 + 9 = 0 . □

Задания для самостоятельной работы

1. Определить, какие линии задают уравнения и найти их центры: 1) 4x2 − 5y2 −16x −10y + 6 = 0 ; 2) x2 + y2 − 4x + 6y + 9 = 0 ;

3)2 4x2 + 8y2 − 4x +16y + 5 = 0 ; 4) 4x2 + 4y2 +12x − 24y + 25 = 0 .

2.Привести к каноническому виду уравнения:

1)

y =15x2 − 30x + 5 ;

2) y = 2x2 +12x − 25 ;

3)

y = 3x2 + 4x −10 ;

4) y = −x2 + 3x + 4 ;

5)

x = 2y2 − 8y +11;

6) x = −y2 − 5y + 3 ;

7)

x2 + 8x − y − 9 = 0 ;

8) 2y2 − x − 4y − 5 = 0 .

3. Привести уравнения гипербол:

1)

y =

4x + 3

;

2) y =

2x −1

; 3) y =

3x + 2

;

4x −1

x + 3

2x −1

4) y =

6 − x

;

5) y =

3 − 2x

; 6) y =

15 − 3x

x +1

x − 2

5 − 2x

к

виду x′y′ = k . Записать

уравнения асимптот гипербол

относительно первоначальной системы координат. 4. Написать в полярных координатах уравнения кривых:

1) 3xy = 2 ;		2)	6xy − 5 = 0 ;	3) 2x2 = 4y +1;
4)	x2 − 2y2 = 4y ;	5)	y = 3x2 − 6 ;	6)	x 2 +2y2 = 8y ;
7)	x2 + y2 = 4x ;	8) x 2 −y2 = 3y ;		9)	x2 + y2 = 3x +12y ;

10)xy = 6 .

5.Написать канонические уравнения кривых второго порядка, определить их тип. Изобразить на чертеже соответствующие

215

линии относительно исходной прямоугольной системы координат:

1) ρ =

4

;

2)

ρ =

7

;

3)

ρ =

2

;

2 − 3cosϕ

3 − 4cosϕ

5 − 4cosϕ

4) ρ =

3

;

5)

ρ =

5

;

6)

ρ =

2

.

1− cosϕ

4 − 4cosϕ

1− 2cosϕ

6. Каждое из следующих уравнений привести к каноническому виду. Изобразить на чертеже соответствующие линии второго порядка относительно исходной прямоугольной системы координат

1)25x2 +10xy + y2 −110x − 22y +117 = 0 .

2)11x2 + 63xy + 5y2 + (183 − 44)x + (30 −123)y + 82 − 363 = 0 .

3)28x2 +10xy + 4y2 + 56x +10y + 25 = 0 .

4)3x2 + 42xy + 5y2 + (42 − 6)x + (10 − 42)y +1− 42 = 0 .

5)28x2 −14xy − 20y2 + 70x + 26y − 7 = 0 .

6)2x2 + xy − 3y2 + 7x + 8y + 3 = 0 .

7)4x2 + 4xy + y2 + 4x + 2y +1 = 0 .

8)33x2 +16xy + 3y2 + 98x + 28y + 72 = 0 .

9)x2 −15xy − 7 y2 − 21x + 31y + 58 = 0 .

10)x2 + 4xy + 4y2 − 2x − 4y − 24 = 0 .

11)3x2 + 5xy − 2y2 − 20x +16y − 32 = 0 .

12)10x2 + 20xy −11y2 − 42y − 24 = 0 .

13)19x2 +12xy + 3y2 + 24x +12y − 9 = 0 .

14)xy + 4x − 3y −12 = 0 .

15)9x2 − 6xy + y2 + 42x −14y + 45 = 0 .

16)11x2 + 8xy +11y2 + 6x − 36y + 24 = 0 .

17)5x2 − 4xy + 5y2 + 20x − 8y +16 = 0 .

18)3x2 − 42xy − 37 y2 − 96x − 432y − 912 = 0 .

19)90x2 +18xy +10y2 −198x − 38y +108 = 0 .

20)6x2 − xy − y2 + x + 2y −1 = 0 .

21)x2 − 2xy + y2 + 4x − 4y + 4 = 0 .

216

22)16x2 − 9y2 = 0 .

23)x2 − 2xy + y2 − x + y −12 = 0 .

24)43x2 + 50xy − 77 y2 + 64x − 512y − 850 = 0 .

25)3xy + 2x −15y −10 = 0 .

26)2x2 + 8xy +17 y2 − 9 = 0 .

27)35x2 +16xy + 5y2 − 86x − 26y + 71 = 0 .

28)x2 + 2xy + y2 + 2x + y = 0 .

29)4x2 + 4xy + y2 − 4x + 2y − 3 = 0 .

30)4x2 − 4xy + y2 − 2x −14y + 7 = 0 .

31)3x2 −10xy + 3y2 − 22x − 22y + 30 = 0 .

32)4x2 − 4xy + 9y2 − 24x − 20y + 68 = 0 .

33)11x2 + 24xy + 4y2 + 42x + 64y + 51 = 0 .

34)4x2 + 2xy + 5y2 − 6x + 8y + 7 = 0 .

35)x2 + 2xy + y2 − 4 = 0 .

36)13x2 +16xy +16y2 − 6x +1 = 0 .

§ 7. Поверхности второго порядка

Общее уравнение поверхности второго порядка имеет следующий вид:

F(x, y, z) = Ax2 + By2 + Cz2 + 2Dxy + 2Exz + 2Kyz + 2Gx + 2Ly + 2Mz + N = 0,

где A, B,..., N – любые заданные числа, но A, B, C, D, E, K одновременно

не равны нулю ( A2 + B2 + C2 + D2 + E2 + K 2 ¹ 0) .

Как и для кривых второго порядка, можно показать, что для каждого уравнения указанного вида легко найти специальную прямоугольную декартову систему координат, в которой оно примет наиболее простой, так называемый, канонический вид, позволяющий исследовать форму этой поверхности.

После полного исследования всех возможных канонических уравнений можно убедиться, что существуют различные типы поверхностей второго порядка, среди которых есть мнимые, а также распадающиеся на пару плоскостей.

Рассмотрим вещественные поверхности второго порядка.

10. Сфера. Точками сферы являются те, и только те точки пространства, расстояние от которых до заданной точки М равно R. В

217

декартовой системе координат сфера, имеющая центр в точке M(a; b; c) и радиус R, определяется уравнением

(x − a)2 + ( y − b)2 + (z − c)2 = R2 .	(1)
Если центр сферы находится в начале координат, то ее уравнение имеет
вид	(1′ )
x2 + y2 + z2 = R2 .

Пример 1. Определить координаты центра и радиус сферы, заданной уравнением 2x2 + 2y2 + 2z2 - 4x + 4y + z +1 = 0 .

Решение. Приведем уравнение сферы к каноническому виду

(1). Для этого дополним до полных квадратов члены, содержащие x, y, z, т.е. перепишем уравнение в виде

2(x	2	-		2x +1) +	2( y		2	+ 2y +1)			+ 2(z			2	+	1	z +	1	) - 2	- 2 -	1	+1	= 0
																2		6			8
										ö2
			2		2	æ			1		25
или (x -1)				+ (y +1)		+ ç z +				÷ =			.
									4		16
						è				ø

		æ			1	ö	, а ее радиус R =	5
	Следовательно, центр сферы	M ç1;	-1;	-		÷			. □
					4			4
		è				ø

Пример 2. Составить уравнение сферы, если известно, что точки A(4;−3;7), B(2;1;3) являются концами одного из ее диаметров.

Решение. Найдем координаты центра сферы:

a =

xA + xB

=

4 + 2

= 3, b =

yA + yB

=

-3 +1

= -1, c =

zA + zB

= 7 + 3 = 5 .

2

2

2

2

2

2

Радиус

сферы

равен

половине

диаметра,

значит

R =

AB

=

(4 - 2)2 + (-3 -1)2 + (7 - 3)2

= 3 .

Подставим найденные

2

2

параметры

в

(1).

Уравнение

сферы

имеет

вид

(x - 3)2 + (y +1)2 + (z - 5)2 = 9 . □

Пример 3. Составить уравнение сферы, проходящей через точки A(2;1;6) , B(1;−3;1) и С(2;3;2), если ее центр принадлежит плоскости Охz.

Решение.		Так	как точки		А, В, С принадлежат сфере
(x - a)2 + (y - b)2 + (z - c)2 = R2 ,					центр которой принадлежит
плоскости	Охz,	то	их	координаты должны обращать		искомое
уравнение	в тождество			и b = 0 . Поэтому, получим		систему

уравнений:

218

ìï(2 - a)2 +12 + (6 - c)2 = R2 , ïí(1- a)2 + (-3)2 + (1- c)2 = R2 ,

ïïî(2 - a)2 + 32 + (2 - c)2 = R2.

Отсюда
ì(2 - a)2		+1+ (6 - c)2	= (1- a)2	+ 9 + (1- c)2 ,	ìa = 0,
ï					ï
ï	- a)2 +1+ (6 - c)2 = (2 - a)2			+ 9 + (2 - c)2 , Þ
í(2					íc = 3,
ï	- a)2	+1+ (6 - c)2	= R2		ï
ï(2					îR2 =14.
î				точка M (0;0;3) . Итак, искомое
Следовательно, центр сферы –
уравнение сферы имеет вид			x2 + y2 + (z - 3)2 =14 . □

Пример 4. Написать уравнение сферы, проходящей через четыре точки A(1;1;0), B(7;−11;0), C(10;1;9), D(−2;−11;9) .

Решение. Так как точки А, В, С, D принадлежат сфере (1), то их координаты обращают искомое уравнение в тождество. Поэтому, имеем систему уравнений:

ì(1- a)2 + (1- b)2 + c2 = R2 ,

ï

2

2

2

2

ï

- a)

+ (-11- b)

+ c

= R

í(7

,

ï(10 - a)2 + (1- b)2 + (9 - c)2 = R2 ,

ï

î(-2 - a)2 + (-11- b)2 + (9 - c)2 = R2.

Отсюда, раскрывая скобки и упрощая, получаем

ì-12a + 24b +168 = 0,

ìa = 4,

ï

ï

ï-18a -18c +180 = 0,

Þ

ïb = -5,

í

í

ï6a + 24b -18c + 204 = 0,

ïc = 6,

ï

2

+ (1- b)

2

+ c

2

= R

2

,

ï

î(1- a)

îR = 9.

Следовательно, центр сферы – точка M (4;−5;6) . Итак, искомое

уравнение сферы имеет вид

(x - 4)2 + (y + 5)2 + (z - 6)2 = 81 . □

20. Цилиндрические поверхности. Поверхность, описываемая прямой (образующей), движущейся вдоль некоторой линии (направляющей) и остающейся параллельной некоторому заданному направлению,

называется цилиндрической.

219

Уравнение вида F(x, y) = 0 в декартовой системе координат в пространстве определяет цилиндрическую поверхность, у которой образующие параллельны оси Oz. Аналогично, уравнение F(x, z) = 0 определяет цилиндрическую поверхность с образующими, параллельными оси Oy, а F( y, z) = 0 – цилиндрическую поверхность с образующими, параллельными

оси Ох.

Канонические уравнения цилиндров второго порядка:

эллиптический цилиндр

	x2	+		y2		= 1 ,	(2)
	a2			b2
гиперболический цилиндр
	x2	−	y2			= 1 ,	(3)
	a2
				b2
параболический цилиндр
	y2 = 2 px .						(4)

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3 Рис. 4 Образующие всех трех цилиндров, определяемых уравнениями (2)-

(4), параллельны оси Oz, а направляющей служит соответствующая кривая второго порядка (эллипс, гипербола, парабола), лежащая в плоскости Oxy. Если

220