Rekli smo, da je algebrska krivulja drugega reda določena z algebrsko enačbo druge stopnje glede na X in pri. Na splošno je ta enačba zapisana takole:

A X 2 + V xy+ C pri 2 +D x+ E l+ F = 0, (6)

in A 2 + B 2 + C 2 ¹ 0 (to pomeni, da se števila A, B, C ne spremenijo v nič hkrati). Komponente A X 2, V xy, Z pri 2 se imenujejo glavni členi enačbe, število

klical diskriminator ta enačba. Enačba (6) se imenuje splošna enačba krivulja drugega reda.

Za prej obravnavane krivulje imamo:

Elipsa: Þ A = , B = 0, C = , D = E = 0, F = –1,

krog X 2 + pri 2 = A 2 Þ A = C = 1, B = D = E = 0, F = – A 2, d = 1>0;

Hiperbola: Þ A = , B = 0, C = – , D = E = 0, F = –1,

d = – .< 0.

parabola: pri 2 = 2pxÞ A = B = 0, C = 1, D = –2 R, E = F = 0, d = 0,

X 2 = 2RUÞ A = 1B = C = D = 0, E = –2 R, F = 0, d = 0.

Krivulje, podane z enačbo (6), imenujemo osrednji krivulje, če je d¹0. Če je d> 0, potem krivulja eliptične vrsta, če d<0, то кривая hiperbolično vrsta. Krivulje, za katere je d = 0, so krivulje parabolični vrsta.

Dokazano je, da vrstica drugega reda v kaj Kartezični koordinatni sistem je podan z algebrsko enačbo drugega reda. Samo v enem sistemu ima enačba kompleksno obliko (na primer (6)), v drugem pa enostavnejšo obliko, na primer (5). Zato je primerno upoštevati koordinatni sistem, v katerem je preučevana krivulja zapisana z najpreprostejšo (na primer kanonično) enačbo. Prehod iz enega koordinatnega sistema, v katerem je krivulja podana z enačbo oblike (6), v drugega, kjer ima enačba enostavnejšo obliko, imenujemo transformacija koordinat.

Razmislimo o glavnih vrstah koordinatnih transformacij.

JAZ. Izvedite preobrazbo koordinatne osi (z ohranjanjem smeri). Naj ima točka M v prvotnem koordinatnem sistemu XOU koordinate ( X, priX¢, pri¢). Iz risbe je razvidno, da so koordinate točke M v različnih sistemih povezane z relacijami

(7) ali (8).

Formuli (7) in (8) imenujemo formuli za transformacijo koordinat.

II. Preoblikovanje vrtenja koordinatne osi s kotom a. Če ima točka M v prvotnem koordinatnem sistemu XOU koordinate ( X, pri), v novem koordinatnem sistemu ХО¢У pa ima koordinate ( X¢, pri¢). Potem je povezava med temi koordinatami izražena s formulami

, (9)

oz

Z uporabo koordinatne transformacije lahko enačbo (6) zmanjšamo na eno od naslednjih kanoničen enačbe.

1) – elipsa,

2) – hiperbola,

3) pri 2 = 2px, X 2 = 2RU– parabola

4) A 2 X 2 – b 2 l 2 = 0 – par sekajočih se črt (slika a)

5) l 2 – a 2 = 0 – par vzporednih črt (slika b)

6) x 2 –a 2 = 0 – par vzporednih črt (slika c)

7) l 2 = 0 – sovpadajoče ravne črte (OX os)

8)x 2 = 0 – sovpadajoče ravne črte (OA os)

9) a 2 X 2 + b 2 l 2 = 0 – točka (0, 0)

10) namišljena elipsa

11)y 2 + a 2 = 0 – par namišljenih črt

12) x 2 + a 2 = 0 par namišljenih črt.

Vsaka od teh enačb je enačba premice drugega reda. Premice, določene z enačbami 4 – 12, se imenujejo degeneriran krivulje drugega reda.

Oglejmo si primere pretvorbe splošne enačbe krivulje v kanonično obliko.

1) 9X 2 + 4pri 2 – 54X + 8pri+ 49 = 0 Þ (9 X 2 – 54X) + (4pri 2 + 8pri) + 49 = 0 Þ

9(X 2 – 6X+ 9) + 4(pri 2 + 2pri+ 1) – 81 – 4 + 49 = 0 Þ 9( X –3) 2 + 4(pri+ 1) = 36, Þ

.

Postavimo X¢ = X – 3, pri¢ = pri+ 1, dobimo kanonično enačbo elipse . Enakosti X¢ = X – 3, pri¢ = pri+ 1 določimo transformacijo prenosa koordinatnega sistema v točko (3, –1). Po konstruiranju starega in novega koordinatnega sistema te elipse ni težko prikazati.

2) 3pri 2 +4X– 12pri+8 = 0. Pretvori:

(3pri 2 – 12pri)+ 4 X+8 = 0

3(pri 2 – 4pri+4) – 12 + 4 X +8 = 0

3(y – 2) 2 + 4(X –1) = 0

(pri – 2) 2 = – (X – 1) .

Postavimo X¢ = X – 1, pri¢ = pri– 2, dobimo enačbo parabole pri¢ 2 = – X¢. Izbrana zamenjava ustreza prenosu koordinatnega sistema v točko O¢(1,2).

V tem članku bomo obravnavali splošno enačbo premice na ravnini. Navedimo primere sestavljanja splošne enačbe premice, če sta znani dve točki te premice ali če sta znani ena točka in normalni vektor te premice. Predstavimo metode za transformacijo enačbe v splošni obliki v kanonične in parametrične oblike.

Naj bo podan poljuben kartezični pravokotni koordinatni sistem Oxy. Razmislite o prvi stopnji ali linearni enačbi:

Kje A, B, C− nekatere konstante in vsaj enega izmed elementov A in B drugačen od nič.

Pokazali bomo, da linearna enačba na ravnini določa premico. Dokažimo naslednji izrek.

Izrek 1. V poljubnem kartezičnem pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini lahko vsako premico podamo z linearno enačbo. Nasprotno pa vsaka linearna enačba (1) v poljubnem kartezičnem pravokotnem koordinatnem sistemu na ravnini definira ravno črto.

Dokaz. Dovolj je dokazati, da je ravna črta L je določena z linearno enačbo za kateri koli kartezični pravokotni koordinatni sistem, saj bo potem določena z linearno enačbo za katero koli izbiro kartezičnega pravokotnega koordinatnega sistema.

Naj bo na ravnini podana premica L. Izberimo koordinatni sistem tako, da bo os Ox sovpadala z ravno črto L, in os Oj je bil pravokoten nanj. Nato enačba premice L bo imela naslednjo obliko:

Vse točke na premici L bo izpolnjevala linearno enačbo (2), vse točke izven te premice pa ne bodo izpolnjevale enačbe (2). Prvi del izreka je dokazan.

Naj bo podan kartezični pravokotni koordinatni sistem in linearna enačba (1), kjer je vsaj eden od elementov A in B drugačen od nič. Poiščimo geometrijsko mesto točk, katerih koordinate zadoščajo enačbi (1). Ker je vsaj eden od koeficientov A in B različna od nič, ima enačba (1) vsaj eno rešitev M(x 0 ,l 0). (Na primer, ko A≠0, točka M 0 (−C/A, 0) pripada danemu geometričnemu mestu točk). Če te koordinate zamenjamo v (1), dobimo identiteto

Odštejmo identiteto (3) od (1):

Očitno je enačba (4) enakovredna enačbi (1). Zato je dovolj dokazati, da (4) definira neko premico.

Ker obravnavamo kartezični pravokotni koordinatni sistem, iz enačbe (4) sledi, da je vektor s komponentami ( x−x 0 , y−y 0 ) pravokoten na vektor n s koordinatami ( A,B}.

Razmislite o ravni črti L, ki poteka skozi točko M 0 (x 0 , l 0) in pravokotno na vektor n(slika 1). Naj bistvo M(x,y) pripada premici L. Nato vektor s koordinatami x−x 0 , y−y 0 pravokotno n in enačba (4) je izpolnjena (skalarni produkt vektorjev n in enaka nič). Nasprotno, če točka M(x,y) ne leži na premici L, nato vektor s koordinatami x−x 0 , y−y 0 ni pravokoten na vektor n in enačba (4) ni izpolnjena. Izrek je dokazan.

Dokaz. Ker premici (5) in (6) določata isto premico, potem normalni vektorji n 1 ={A 1 ,B 1) in n 2 ={A 2 ,B 2) kolinearni. Od vektorjev n 1 ≠0, n 2 ≠0, potem takšno število obstaja λ , Kaj n 2 =n 1 λ . Od tu imamo: A 2 =A 1 λ , B 2 =B 1 λ . Dokažimo to C 2 =C 1 λ . Očitno imata sovpadajoči premici skupno točko M 0 (x 0 , l 0). Množenje enačbe (5) z λ in če od nje odštejemo enačbo (6), dobimo:

Ker sta prvi dve enakosti iz izrazov (7) izpolnjeni, potem C 1 λ −C 2 =0. Tisti. C 2 =C 1 λ . Opomba je dokazana.

Upoštevajte, da enačba (4) določa enačbo premice, ki poteka skozi točko M 0 (x 0 , l 0) in ima normalni vektor n={A,B). Torej, če sta normalni vektor premice in točka, ki pripada tej premici, znana, lahko splošno enačbo premice sestavimo z uporabo enačbe (4).

Primer 1. Premica poteka skozi točko M=(4,−1) in ima normalni vektor n=(3, 5). Sestavite splošno enačbo premice.

rešitev. x 0 =4, l 0 =−1, A=3, B Imamo:

=5. Za sestavo splošne enačbe ravne črte te vrednosti nadomestimo v enačbo (4):

odgovor: L Vektor je vzporeden s premico L in torej pravokoten na normalni vektor premice L. Konstruirajmo vektor normalne črte n, ob upoštevanju, da je skalarni produkt vektorjev n={1,−3}.

in enaka nič. Lahko zapišemo npr. M Za sestavo splošne enačbe premice uporabimo formulo (4). Nadomestimo koordinate točke v (4) M 1 (lahko vzamemo tudi koordinate točke n:

2) in normalni vektor M Zamenjava koordinat točk M 1 in

=5. Za sestavo splošne enačbe ravne črte te vrednosti nadomestimo v enačbo (4):

2 v (9) se lahko prepričamo, da premica, podana z enačbo (9), poteka skozi te točke.

Odštejte (10) od (1): Dobili smo kanonično enačbo premice. Vektor={−B, A q

) je smerni vektor premice (12).

Glejte obratno pretvorbo.

Primer 3. Ravna črta na ravnini je predstavljena z naslednjo splošno enačbo:

Premaknimo drugi člen v desno in delimo obe strani enačbe z 2,5. Krivulja drugega reda

— geometrijsko mesto točk na ravnini, pravokotne koordinate

ki zadoščajo enačbi oblike: v kateri je vsaj eden od koeficientov, a 11, a 12 a 22

ni enako nič.

Invariante krivulj drugega reda.

Oblika krivulje je odvisna od 4 spodaj navedenih invariant:

Invariante glede na rotacijo in premik koordinatnega sistema: Invariantno glede na vrtenje koordinatnega sistema ():

semi-invariant Če želite preučiti krivulje drugega reda, upoštevajte izdelek

A*S. Splošno enačba krivulje drugega reda

Ax 2 +2Bxy+Cy 2 +2Dx+2Ey+F=0

če A*C > 0 eliptični tip. Kateri koli eliptični

enačba je enačba navadne elipse ali degenerirane elipse (točke) ali namišljene

elipsa (v tem primeru enačba ne določa ene same geometrijske podobe na ravnini);

če A*C< 0 , potem ima enačba obliko enačbe hiperbolični tip. Vsako hiperbolično

enačba izraža ali preprosto hiperbolo ali degenerirano hiperbolo (dve sekajoči se premici);

če A*C = 0, potem črta drugega reda ne bo osrednja. Enačbe te vrste se imenujejo

enačbe parabolični tip in izrazite na ravnini ali preprosto parabolo ali 2 vzporednika

(ali sovpadajoče) ravne črte ali ne izražajo ene same geometrijske podobe na ravnini;

če A*C ≠ 0, bo krivulja drugega reda

Splošna enačba krivulje drugega reda na ravnini ima obliko:

sekira 2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ej + F = 0, (39)

Kje A 2 + B 2 + C 2 0, (A, B, C, D, E, F) R. Določa vse možne stožčaste preseke, ki se poljubno nahajajo na ravnini.

Iz koeficientov enačbe (39) sestavimo dve determinanti:

Poklican diskriminanta enačbe(39) in - diskriminanta vodilnih členov enačbe. Pri 0 enačba (39) določa: > 0 - elipso;< 0 - гиперболу; = 0 - параболу. В случае = 0 кривые вырождаются в точку или прямые линии.

Iz splošne enačbe (39) lahko preidemo na kanonično enačbo, če odstranimo linearne in križne člene tako, da preidemo na nov koordinatni sistem, ki sovpada s simetrijskimi osemi figure. Zamenjajmo v (39) x na x + a in l na l + b, Kje a, b nekaj konstant. Zapišimo dobljene koeficiente za X in l in jih enačite z 0

(Aa + Bb + D)x = 0, (Cb + Ba + E)l = 0. (41)

Posledično bo enačba (39) dobila obliko:

A(x) 2 + 2B(x)(l) + C(l) 2 + F = 0, (42)

kje so koeficienti A, B, C niso spremenili, ampak F= / . Rešitev sistema enačb (41) bo določila koordinate središča simetrije figure:

če B= 0, torej a = -D/A, b = -E/C in priročno je odstraniti linearne člene v (39) z metodo redukcije na popoln kvadrat:

sekira 2 + 2Dx = A(x 2 + 2xD/A + (D/A) 2 - (D/A) 2) = A(x + D/A) 2 - D 2 /A.

V enačbi (42) zasukamo koordinate za kot a (38). Zapišimo dobljeni koeficient za križni člen xl in ga nastavite na 0

xy = 0. (44)

Pogoj (44) določa zahtevani kot zasuka koordinatnih osi, dokler ne sovpadajo s simetrijskimi osmi slike in dobijo obliko:

Enačba (42) ima obliko:

A+X2+ C + Y 2 + F = 0 (46)

iz katere je enostavno preiti na kanonično enačbo krivulje:

Kvote A + , C+ , pod pogojem (45), lahko predstavimo kot korenine pomožne kvadratne enačbe:

t 2 - (A + C)t + = 0. (48)

Posledično se določi položaj in smer osi simetrije figure, njene pol-osi:

in ga je mogoče zgraditi geometrijsko.

V primeru = 0 imamo parabolo. Če je njegova simetrijska os vzporedna z osjo Oh, potem se enačba zmanjša na:

če ne, potem poglej:

kjer izrazi v oklepaju, enaki 0, določajo premice novih koordinatnih osi: , .

Reševanje pogostih težav

Primer 15. Podajte enačbo 2 x 2 + 3l 2 - 4x + 6l- 7 = 0 v kanonično obliko in konstruirajte krivuljo.

rešitev. B= 0, = -72 0, = 6 > 0 elipsa.

Izvedimo redukcijo na popoln kvadrat:

2(x - 1) 2 + 3(l + 1) 2 - 12 = 0.

Koordinate središča simetrije (1; -1), linearna transformacija X = x - 1, Y = l+ 1 pripelje enačbo v kanonično obliko.

Primer 16. Podajte enačbo 2 xy = a 2 v kanonično obliko in sestavite krivuljo.

rešitev. B = 1, = a 2 0, = -1 < 0 гипербола .

Središče koordinatnega sistema je v središču simetrije krivulje, ker v enačbi ni linearnih členov. Zasukajmo osi za kot a. Po formuli (45) imamo tan2a = B/(A - C) = , tj. a = 45°. Koeficienti kanonične enačbe (46) A + , C+ so določene z enačbo (48): t 2 = 1 oz t 1,2 = 1 A + = 1, C+ = -1, tj.
X 2 - Y 2 = a 2 ali . Torej enačba 2 xy = A 2 opisuje hiperbolo s središčem simetrije v (0; 0). Osi simetrije se nahajajo vzdolž simetral koordinatnih kotov, koordinatne osi služijo kot asimptote, pol-osi hiperbole so enake A.y - 9 =0;

9x 2 + l 2 - 18x + 2y + 1 = 0;

2x 2 + 4X + l - 2 = 0;

3x 2 - 6X - l + 2 = 0;

-x 2 + 4l 2 - 8x - 9l + 16 = 0;

4x 2 + 8X - l - 5 = 0;

9x 2 - l 2 + 18x + 2l - 1 = 0;

9x 2 - 4l 2 + 36x + 16l - 16 = 0.

Vzpostavimo pravokotni koordinatni sistem na ravnini in obravnavamo splošno enačbo druge stopnje

v katerem
.

Množica vseh točk na ravnini, katerih koordinate zadoščajo enačbi (8.4.1), se imenuje ukrivljen (linija) drugega reda.

Za vsako krivuljo drugega reda obstaja pravokotni koordinatni sistem, imenovan kanoničen, v katerem ima enačba te krivulje eno od naslednjih oblik:

1)
(elipsa);

2)
(namišljena elipsa);

3)
(par namišljenih sekajočih se črt);

4)
(hiperbola);

5)
(par sekajočih se črt);

6)
(parabola);

7)
(par vzporednih črt);

8)
(par namišljenih vzporednih črt);

9)
(par sovpadajočih črt).

Enačbe 1)–9) imenujemo kanonične enačbe krivulj drugega reda.

Reševanje problema zmanjševanja enačbe krivulje drugega reda na kanonično obliko vključuje iskanje kanonične enačbe krivulje in kanoničnega koordinatnega sistema. Redukcija na kanonično obliko omogoča izračun parametrov krivulje in določitev njene lokacije glede na prvotni koordinatni sistem. Prehod iz prvotnega pravokotnega koordinatnega sistema
do kanoničnega
izvedemo z vrtenjem osi prvotnega koordinatnega sistema okoli točke O na določen kot  in naknadno vzporedno prevajanje koordinatnega sistema.

Invariante krivulje drugega reda(8.4.1) so takšne funkcije koeficientov njegove enačbe, katerih vrednosti se ne spreminjajo pri prehodu iz enega pravokotnega koordinatnega sistema v drugega istega sistema.

Za krivuljo drugega reda (8.4.1) je vsota koeficientov za kvadrat koordinat

,

determinanta, sestavljena iz koeficientov vodilnih členov

in determinanta tretjega reda

so invariante.

Z vrednostjo invariant s, ,  lahko določimo vrsto in sestavimo kanonično enačbo krivulje drugega reda (tabela 8.1).

Tabela 8.1

Klasifikacija krivulj drugega reda na podlagi invariant

Oglejmo si pobližje elipso, hiperbolo in parabolo.

Elipsa(slika 8.1) je geometrijsko mesto točk v ravnini, za katere je vsota razdalj do dveh fiksnih točk
to letalo, imenovano žarišča elipse, je konstantna vrednost (večja od razdalje med žarišči). V tem primeru ni izključeno sovpadanje žarišč elipse. Če žarišča sovpadajo, potem je elipsa krog.

Polvsota razdalj od točke elipse do njenih žarišč je označena z A, polovica razdalj med žariščema – z. Če je pravokotni koordinatni sistem na ravnini izbran tako, da se žarišča elipse nahajajo na osi Ox simetrično glede na izhodišče, potem je v tem koordinatnem sistemu elipsa podana z enačbo

, (8.4.2)

klical kanonična enačba elipse, Kje
.

riž. 8.1

Pri navedeni izbiri pravokotnega koordinatnega sistema je elipsa simetrična glede na koordinatne osi in izhodišče. Simetrijske osi elipse se imenujejo sekire, središče simetrije pa je središče elipse. Hkrati se osi elipse pogosto imenujejo številke 2 a in 2 b, in številke a in b – velik in manjša os oz.

Točke presečišča elipse z njenimi osmi se imenujejo oglišča elipse. Oglišča elipse imajo koordinate ( A, 0), (–A, 0), (0, b), (0, –b).

Ekscentričnost elipse klicano številko

. (8.4.3)

Od 0  c < a, ekscentričnost elipse 0  < 1, причем у окружности  = 0. Перепишем равенство (8.4.3) в виде

.

To kaže, da je ekscentričnost značilna za obliko elipse: bližje kot je  ničli, bolj je elipsa podobna krogu; z večanjem  postaja elipsa bolj podolgovata.

Pustiti
– poljubna točka elipse,
in
– oddaljenost od točke M pred triki F 1 in F 2 oz. Številke r 1 in r 2 se imenujejo žariščni polmeri točke M elipsa in se izračunajo po formulah

Ravnateljice drugačen od kroga elipsa s kanonično enačbo (8.4.2) imenujemo dve premici

.

Direktrisi elipse se nahajajo zunaj elipse (slika 8.1).

Razmerje žariščnega polmera točkeMelipsa na daljavo  te elipse (gorišče in direktrisa se štejeta za ustrezna, če se nahajata na isti strani središča elipse).

Hiperbola(slika 8.2) je geometrijsko mesto točk v ravnini, za katere je modul razlike razdalj do dveh fiksnih točk in to letalo, imenovano triki hiperbol, je konstantna vrednost (ni enaka nič in manjša od razdalje med žarišči).

Naj bo razdalja med žariščema 2 z, podani modul razlike razdalje pa je enak 2 A. Izberimo pravokotni koordinatni sistem na enak način kot za elipso. V tem koordinatnem sistemu je hiperbola podana z enačbo

, (8.4.4)

klical enačba kanonične hiperbole, Kje
.

riž. 8.2

Pri tej izbiri pravokotnega koordinatnega sistema so koordinatne osi simetrijske osi hiperbole, izhodišče pa njeno simetrijsko središče. Simetrijske osi hiperbole se imenujejo sekire, središče simetrije pa je središče hiperbole. Pravokotnik s stranicami 2 a in 2 b, ki se nahaja, kot je prikazano na sl. 8.2, imenovano osnovni pravokotnik hiperbole. Številke 2 a in 2 b so osi hiperbole in številke a in b- njo osi. Oblikujejo se ravne črte, ki so nadaljevanje diagonal glavnega pravokotnika asimptote hiperbole

.

Točke presečišča hiperbole z osjo Ox se imenujejo oglišča hiperbole. Oglišča hiperbole imajo koordinate ( A, 0), (–A, 0).

Ekscentričnost hiperbole klicano številko

. (8.4.5)

Zaradi z > a, ekscentričnost hiperbole  > 1. Zapišimo enakost (8.4.5) v obliki

.

To kaže, da ekscentričnost označuje obliko glavnega pravokotnika in s tem obliko same hiperbole: manjši ko je , bolj je glavni pravokotnik razširjen, za njim pa sama hiperbola vzdolž osi. Ox.

Pustiti
– poljubna točka hiperbole,
in
– oddaljenost od točke M pred triki F 1 in F 2 oz. Številke r 1 in r 2 se imenujejo žariščni polmeri točke M hiperbole in se izračunajo po formulah

Ravnateljice hiperbole s kanonično enačbo (8.4.4) imenujemo dve premici

.

Direktrise hiperbole sekajo glavni pravokotnik in potekajo med središčem in pripadajočim vrhom hiperbole (slika 8.2).

O razmerje žariščnega polmera točkeM hiperbole na razdaljo od te točke do tiste, ki ustreza žarišču direktrisa je enaka ekscentričnosti te hiperbole (gorišče in direktrisa veljata za ustrezna, če se nahajata na isti strani središča hiperbole).

Parabola(slika 8.3) je geometrijsko mesto točk v ravnini, za katere je razdalja do neke fiksne točke F (fokus parabole) te ravnine je enaka razdalji do neke fiksne premice ( direktrise parabole), ki se prav tako nahaja v obravnavani ravnini.

Izberimo začetek O pravokotni koordinatni sistem na sredini segmenta [ FD], ki je navpičnica izven fokusa F na direktriso (predpostavlja se, da gorišče ne pripada direktrisi), in osi Ox in Oj Usmerimo ga, kot je prikazano na sl. 8.3. Naj bo dolžina odseka [ FD] je enako str. Nato v izbranem koordinatnem sistemu
in enačba kanonične parabole izgleda kot

. (8.4.6)

Magnituda str klical parabolični parameter.

Parabola ima simetrijsko os, imenovano os parabole. Točka presečišča parabole z njeno osjo se imenuje vrh parabole. Če je parabola podana s svojo kanonično enačbo (8.4.6), potem je os parabole os Ox. Očitno je vrh parabole izhodišče.

Primer 1. Pika A= (2, –1) pripada elipsi, točka F= (1, 0) je njegov fokus, ustrezen F direktrisa je podana z enačbo
. Napišite enačbo za to elipso.

rešitev. Koordinatni sistem bomo imeli za pravokoten. Potem pa razdalja od točke A ravnateljici
v skladu z relacijo (8.1.8), v kateri


, enako

.

Razdalja od točke A osredotočiti F enako

,

ki nam omogoča določitev ekscentričnosti elipse

.

Pustiti M = (x, l) je poljubna točka elipse. Potem pa razdalja
od točke M ravnateljici
po formuli (8.1.8) je enako

in razdaljo od točke M osredotočiti F enako

.

Ker je za vsako točko elipse razmerje je konstantna količina, enaka ekscentričnosti elipse, zato imamo

,

Primer 2. Krivulja je podana z enačbo

v pravokotnem koordinatnem sistemu. Poiščite kanonični koordinatni sistem in kanonično enačbo te krivulje. Določite vrsto krivulje.

rešitev. Kvadratna oblika
ima matriko

.

Njegov značilni polinom

ima korena  1 = 4 in  2 = 9. Zato je v ortonormirani bazi lastnih vektorjev matrike A obravnavana kvadratna oblika ima kanonično obliko

.

Nadaljujemo s konstruiranjem matrike ortogonalne transformacije spremenljivk, pri čemer obravnavano kvadratno obliko pripeljemo do navedene kanonične oblike. Da bi to naredili, bomo zgradili temeljne sisteme rešitev homogenih sistemov enačb
in jih ortonormirajte.

pri
ta sistem izgleda

Njegova splošna rešitev je
. Tukaj je ena prosta spremenljivka. Zato je temeljni sistem rešitev sestavljen iz enega vektorja, na primer vektorja
. Če ga normaliziramo, dobimo vektor

.

pri
sestavimo tudi vektor

.

Vektorji in so že pravokotni, saj se nanašajo na različne lastne vrednosti simetrične matrike A. Sestavljajo kanonično ortonormirano osnovo dane kvadratne oblike. Zahtevana ortogonalna matrika (rotacijska matrika) je sestavljena iz stolpcev njihovih koordinat

.

Preverimo, ali je matrika pravilno najdena R po formuli
, Kje
– matrika kvadratne oblike v bazi
:

Matrix R našli pravilno.

Transformirajmo spremenljivke

in zapišite enačbo te krivulje v novem pravokotnem koordinatnem sistemu s starim središčnim in smernim vektorjem
:

Kje
.

Dobili smo kanonično enačbo elipse

.

Zaradi dejstva, da je nastala transformacija pravokotnih koordinat določena s formulami

,

,

kanoničnega koordinatnega sistema
ima začetek
in vektorji smeri
.

Primer 3. S pomočjo invariantne teorije določite vrsto in sestavite kanonično enačbo krivulje

rešitev. Zaradi

,

v skladu s tabelo. 8.1 sklepamo, da gre za hiperbolo.

Ker je s = 0, je karakteristični polinom matrike kvadratne oblike

Njegove korenine
in
nam omogočajo, da zapišemo kanonično enačbo krivulje

Kje Z se ugotovi iz pogoja

,

.

Zahtevana kanonična enačba krivulje

.

V nalogah tega razdelka so koordinatex, lse predpostavlja, da so pravokotne.

8.4.1. Za elipse
in
najti:

a) gredi osi;

b) triki;

c) ekscentričnost;

d) direktrisne enačbe.

8.4.2. Napišite enačbe za elipso, pri čemer poznate njeno gorišče
, ki ustreza ravnateljici x= 8 in ekscentričnost . Poiščite drugo gorišče in drugo direktriso elipse.

8.4.3. Napišite enačbo za elipso, katere žarišča imajo koordinate (1, 0) in (0, 1) in njena glavna os je dve.

8.4.4. Glede na hiperbolo
. Najti:

a) osi a in b;

b) triki;

c) ekscentričnost;

d) enačbe asimptot;

e) direktrisne enačbe.

8.4.5. Glede na hiperbolo
. Najti:

a) osi A in b;

b) triki;

c) ekscentričnost;

d) enačbe asimptot;

e) direktrisne enačbe.

8.4.6. Pika
pripada hiperboli, katere fokus
, ustrezna direktrisa pa je podana z enačbo
. Napišite enačbo za to hiperbolo.

8.4.7. Napišite enačbo za parabolo glede na njeno gorišče
in ravnateljica
.

8.4.8. Dano je vrh parabole
in direktrisno enačbo
. Napišite enačbo za to parabolo.

8.4.9. Napišite enačbo za parabolo, katere žarišče je v

in direktrisa je podana z enačbo
.

8.4.10. Napišite enačbo drugega reda za krivuljo, pri čemer poznate njeno ekscentričnost
, fokus
in pripadajočo ravnateljico
.

8.4.11. Določite vrsto krivulje drugega reda, sestavite njeno kanonično enačbo in poiščite kanonični koordinatni sistem:

G)
;

8.4.12.

je elipsa. Poiščite dolžine pol osi in ekscentričnost te elipse, koordinate središča in žarišč, sestavite enačbe za osi in direktrise.

8.4.13. Dokažite, da je krivulja drugega reda podana z enačbo

je hiperbola. Poiščite dolžine pol osi in ekscentričnost te hiperbole, koordinate središča in žarišč, sestavite enačbe za osi, direktrise in asimptote.

8.4.14. Dokažite, da je krivulja drugega reda podana z enačbo

,

je parabola. Poiščite parameter te parabole, koordinate oglišč in gorišče, zapišite enačbi za os in direktriso.

8.4.15. Reducirajte vsako od naslednjih enačb na kanonično obliko. Na risbi narišite ustrezno krivuljo drugega reda glede na prvotni pravokotni koordinatni sistem:

8.4.16. S pomočjo invariantne teorije določite vrsto in sestavite kanonično enačbo krivulje.