Линейная алгебра и геометрия методичка
.pdf41
x= x1 cosϕ − y1 sinϕ ,
y= x1 sinϕ + y1 cosϕ .
Подставляя эти соотношения в уравнение линии и раскрыв скобки, получим уравнение вида:
A1 x12 + 2B1 x1 y1 + C1 y12 + D1 x1 + E1 y1 + F1 = 0 ,
где:
A1 = Acos2 ϕ + 2B cosϕ sinϕ + C sin2 ϕ ,
2B1 = −2 Acosϕ sinϕ + 2B(cos2 ϕ − sin2 ϕ) + 2C cosϕ sinϕ ,
A1 = Asin2 ϕ − 2B cosϕ sinϕ + C cos2 ϕ , |
|
D1 = D cosϕ + E sinϕ , |
|
E1 = −Dsinϕ + E cosϕ , |
|
F1 = F . |
|
Отметим, что A1 + C1 = A + C , A1C1 − B1 |
2 = AC − B2 . (При вычислении |
коэффициентов рекомендуется проверять выполнение этих соотношений.)
Из условия 2B1 = 0 получаем уравнение для определения угла ϕ.
− 2 Acosϕ sinϕ + 2B(cos2 ϕ − sin2 ϕ) + 2C cosϕ sinϕ = 0 .
Разделив его на 2 cos2 ϕ , получаем уравнение для определения tgϕ .
Btg2ϕ + ( A − C)tgϕ − B = 0 .
Заметим, что данное уравнение определяет два значения tgϕ , которые соответствуют двум взаимно перпендикулярным направлениям. Рекомендуется выбирать положительное значение
tgϕ . Тогда cosϕ = |
|
1 |
, sinϕ = |
|
tgϕ |
. |
|
+ tg2ϕ |
|
|
|||
1 |
1 |
+ tg2ϕ |
После подстановки соответствующего значения угла уравнение примет вид
41
42
A1 x12 + C1 y12 + D1 x1 + E1 y1 + F1 = 0 .
Рассмотрим |
систему |
координат |
( X 2 O1Y2 ) , оси координат которой |
||
параллельны |
осям |
системы |
координат ( X1OY1 ) , а начало (точка
O1 ) в системе координат ( X1OY1 ) имеет координаты ( x0 , y0 ).
Связь между координатами точки М в указанных системах координат определяется формулами:
x1 = x2 + x0 , y1 = y2 + y0 .
Подставляя эти соотношения в уравнение линии и раскрыв скобки, получим уравнение вида:
|
A2 x2 2 + C2 y2 2 + D2 x2 + E2 y2 + F2 = 0 , |
|
||||||||
где |
A2 = A1 , |
|
C2 = C1 , |
D2 |
= 2 A1 x0 + D1 , |
E2 = 2C1 y0 + E1 , |
||||
F2 = A1 x0 2 + C1 y0 2 + D1 x0 + E1 y0 + F1 . |
|
|
|
|||||||
Если A1 ≠ 0 и C1 ≠ 0 , |
то выберем x0 , y0 из условия D2 |
= 0 , E2 = 0 . То |
||||||||
есть |
|
D |
|
E |
|
|
|
|||
x0 = − |
1 |
, y0 |
= − |
1 |
. |
|
|
|
||
2 A |
2C |
|
|
|
||||||
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
Тогда уравнение можно представить в виде: |
|
||||||||
|
A2 x2 2 + C2 y2 2 = H , |
|
|
|
||||||
где H = A1 x0 |
2 + C1 y0 |
2 − F1 . Это уравнение легко исследуется. |
||||||||
|
Если один из коэффициентов |
A1 или C1 равен нулю, то выбор |
x0 , y0 осуществляется по следующей схеме. Пусть для
определенности |
A1 =0. Считаем, что D1 |
≠ 0 . Значения x0 |
, y0 |
выберем |
||||||||||
из условия E2 |
|
= 0 , F2 |
= 0 . То есть, |
|
|
|
|
|
||||||
|
E |
1 |
|
, |
|
C y 2 |
− F |
. |
|
|
|
|
|
|
y0 = − |
|
|
x0 = |
1 |
0 |
1 |
|
|
|
|
|
|||
2C |
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
||
Тогда уравнение примет вид C2 y2 |
2 |
+ D2 x2 = 0 . Полученное уравнение |
||||||||||||
приводится к простейшему уравнению параболы. |
E |
|
||||||||||||
(Замечание. |
В |
случае |
|
A1 =0, D1 |
= 0 , |
полагая y0 = − |
, x0 = 0 , |
|||||||
|
1 |
|||||||||||||
|
2C |
|||||||||||||
уравнение приводится к виду C2 y2 |
|
|
= 0 .) |
1 |
|
|||||||||
2 |
+ F2 |
|
|
Задача 4. Привести к простейшему виду уравнение линии второго порядка 2x2 + 2 3xy = 3 , определить ее тип и сделать схематический рисунок.
В данном уравнении А=2, 2В= 2 3 , С=0, D=0, E=0, F=-3.
42
43
Уравнение для определения угла поворота системы координат
имеет вид |
|
3tg2ϕ + 2tgϕ − |
3 = 0 . Решая |
квадратное уравнение, |
|||||
получаем |
tgϕ = |
1 |
|
, |
tgϕ = − |
3 . |
Выбирая |
первое значение, имеем |
|
3 |
|
||||||||
ϕ = π . |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
Тогда |
|
sinϕ = |
, |
|
|||||
|
|
|
|||||||
6 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
cosϕ = 23 .
Всистеме координат
повернутой |
|
|
на |
|
угол |
ϕ = π |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
уравнение |
линии |
|
|
примет |
вид |
||||||||||
3x1 |
2 − y1 |
2 |
= 3 . |
|
Разделив правую и |
||||||||||
левую |
части |
|
уравнения |
на |
3, |
||||||||||
получим |
|
x |
2 |
|
|
|
|
y 2 |
|
|
= 1 . |
Данное |
|||
|
1 |
|
− |
|
|
1 |
|
|
|||||||
2 |
|
( |
3) |
2 |
|
||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
уравнение |
|
|
|
|
|
|
|
|
является |
каноническим уравнением гиперболы.
Задача 5. Привести к простейшему виду уравнение линии второго порядка x2 + xy + y2 = 3 , определить ее тип и сделать схематический рисунок.
В данном уравнении А=1, 2В=1, С=1, D=0, E=0, F=-3.
Уравнение для определения угла поворота системы координат
имеет |
вид |
tg2ϕ −1 = 0 . Решая |
квадратное |
уравнение, |
получаем |
||||||||||||||||||||
tgϕ = 1, |
tgϕ = −1. |
Выбирая первое значение, |
имеем |
|
ϕ = |
π . Тогда |
|||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
π |
|
sinϕ = |
|
, |
cosϕ = |
. В системе координат повернутой на угол ϕ = |
|||||||||||||||||||||
|
2 |
2 |
4 |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
уравнение |
линии примет |
вид |
x1 |
2 |
+ |
y1 |
2 = 3. |
Разделив |
правую |
и |
|||||||||||||||
2 |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
x |
2 |
|
y |
2 |
|
|
|
|
|||
левую |
части уравнения |
на 3, |
|
получим |
|
|
|
= 1. Данное |
|||||||||||||||||
|
|
1 |
|
+ |
1 |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
2 2 |
( 6)2 |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
уравнение является простейшим уравнением эллипса.
Задача 6. Привести к простейшему виду уравнение линии второго порядка 4x2 + y2 −8x − 4y −8 = 0 , определить ее тип и сделать схематический рисунок.
В данном уравнении А=4, 2В=0, С=1, D=-8, Е=-4, F=-8.
Поскольку коэффициент В равен нулю, то нет необходимости делать поворот осей координат. Как было уже указано, при переносе начала
43
44
системы координат в точку с координатами (x0 , y0 ) имеем следующие
соотношения: x = x1 + x0 , y = y1 + y0 .
Подставляя их в уравнение линии и раскрывая скобки, получаем
4x12 + y12 + (8x0 −8)x1 + (2 y0 − 4) y1 + (4x0 2 + y0 2 −8x0 − 4 y0 −8) = 0 .
Приравнивая нулю коэффициенты при x1 и y1 , получаем:
8x0 −8 = 0 ,
2 y0 − 4 = 0 .
Тогда |
x0 = 1, |
y0 = 2 . |
|
Уравнение |
|||||
примет |
вид |
4x1 |
2 + y1 |
2 |
= 16 . |
|
Его |
||
перепишем в |
виде |
|
|
x 2 |
y 2 |
||||
|
|
1 |
+ |
1 |
= 1. |
||||
|
2 |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
4 |
|
|
Это |
уравнение |
|
|
|
является |
простейшим уравнением эллипса.
Задача 7. Привести к простейшему виду уравнение линии второго порядка y2 + 4x −4 y −8 = 0 , определить ее тип и сделать схематический рисунок.
В данном уравнении А=0, 2В=0, С=1, D=4, Е=-4, F=-8.
Поскольку коэффициент В равен нулю, то нет необходимости делать поворот осей координат. Перенесем начало системы координат в точку с координатами (x0 , y0 ) . Между координатами точки в различных
системах |
имеем |
следующие |
соотношения: |
x = x1 + x0 , |
|
y = y1 + y0 . |
|
|
Подставляя их в уравнение линии и раскрывая скобки, получаем
y12 + 4x1 + (2 y0 − 4) y1 + ( y0 2 + 4x0 − 4 y0 −8) = 0.
Из условия равенства нулю коэффициента при y1 получаем:
2 y0 − 4 = 0 , y0 = 2 .
Приравнивая нулю свободный член, получаем:
( y0 2 + 4x0 − 4 y0 −8) = 0 , x0 = 3 .
Уравнение примет вид y12 + 4x1 = 0 .
Это уравнение является простейшим уравнением параболы.
44
45
Литература
Я.С.Бугров, С.М.Никольский. Высшая математика том 1. Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии. Изд. 5 стереотип. «Дрофа» Москва 2003 г .
Н.В.Ефимов. Краткий курс аналитической геометрии. «Физматлит», Москва 2002 г.
Д.В.Клетеник. Сборник задач по аналитической геометрии. Изд. 17-е стереотип. «Профессия», Санкт-Петербург 2002 г.
Я.С.Бугров, С.М.Никольский. Сборник задач по высшей математике. «Физматлит», Москва 2001 г.
45