İkinci dereceden bir cebirsel eğrinin, ikinci dereceden bir cebirsel denklem tarafından belirlendiğini söyledik. NS ve NS... Genel formda, böyle bir denklem şu şekilde yazılır:

A NS 2 + B hu+ C NS 2 + D x+ E y+ F = 0, (6)

üstelik А 2 + В 2 + С 2 ¹ 0 (yani aynı anda А, В, С sayıları kaybolmaz). Şartlar A NS 2, B hu, İLE BİRLİKTE NS 2 denklemin kıdemli terimleri olarak adlandırılır, sayı

aranan ayrımcı bu denklemin Denklem (6) denir genel denklem ikinci dereceden eğri.

Daha önce ele alınan eğriler için:

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

Daire NS 2 + NS 2 = a 2 Þ A = C = 1, B = D = E = 0, F = - a 2, d = 1> 0;

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

d = -.< 0.

Parabol: NS 2 = 2pikselÞ A = B = 0, C = 1, D = –2 r, E = F = 0, d = 0,

NS 2 = 2RUÞ A = 1B = C = D = 0, E = –2 r, F = 0, d = 0.

Denklem (6) ile verilen eğriler denir merkezi d¹0 ise eğriler. d> 0 ise, o zaman eğri eliptik d ise yazın<0, то кривая hiperbolik tip. d = 0'ın eğri olduğu eğriler parabolik tip.

İkinci mertebeden satırın olduğu kanıtlanmıştır. herhangi Bir Kartezyen koordinat sistemi, ikinci dereceden bir cebirsel denklemle verilir. Yalnızca bir sistemde denklem karmaşık bir forma sahiptir (örneğin, (6)) ve diğerinde daha basittir, örneğin (5). Bu nedenle, çalışılan eğrinin en basit (örneğin kanonik) denklemle yazıldığı bir koordinat sistemini düşünmek uygundur. Eğrinin (6) biçimindeki bir denklemle verildiği bir koordinat sisteminden, denkleminin daha basit bir forma sahip olduğu diğerine geçiş denir. koordinat dönüşümü.

Ana koordinat dönüşüm türlerini ele alalım.

BEN. Taşıma dönüşümü koordinat eksenleri (yön korunarak). Orijinal koordinat sisteminde XOU noktasının M koordinatlarına sahip olmasına izin verin ( NS, NSNS¢, NS¢). Farklı sistemlerdeki M noktasının koordinatlarının oranlarla ilişkili olduğu çizimden görülebilir.

(7) veya (8).

Formüller (7) ve (8) koordinat dönüşüm formülleri olarak adlandırılır.

II. rotasyon dönüşümü eksenleri bir açıyla koordine edin a. M noktasının koordinatları varsa ( NS, NS) ve yeni koordinat sisteminde XO ¢ Y koordinatlarına sahiptir ( NS¢, NS¢). Daha sonra bu koordinatlar arasındaki bağlantı formüllerle ifade edilir.

, (9)

veya

Koordinatları dönüştürerek denklem (6) aşağıdakilerden birine indirgenebilir: kanonik denklemler.

1) - elips,

2) - abartma,

3) NS 2 = 2piksel, NS 2 = 2RU- parabol

4) a 2 NS 2 – B 2 y 2 = 0 - kesişen bir çift düz çizgi (Şekil A)

5) y 2 – a 2 = 0 - bir çift paralel düz çizgi (Şekil B)

6) x 2 –a 2 = 0 - bir çift paralel düz çizgi (Şekil C)

7) y 2 = 0 - çakışan düz çizgiler (OX ekseni)

8) x 2 = 0 - çakışan düz çizgiler (OU ekseni)

9) bir 2 NS 2 + B 2 y 2 = 0 - nokta (0, 0)

10) hayali elips

11) y 2 + a 2 = 0 - bir çift hayali çizgi

12) x 2 + a 2 = 0 bir çift hayali çizgidir.

Bu denklemlerin her biri ikinci dereceden bir çizgi denklemidir. Denklem 4 - 12 ile tanımlanan çizgilere denir. dejenere ikinci dereceden eğriler.

Bir eğrinin genel denklemini kanonik forma dönüştürme örneklerini düşünün.

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

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

.

Koyduk NS¢ = NS – 3, NS¢ = NS+ 1, elipsin kanonik denklemini elde ederiz ... eşitlik NS¢ = NS – 3, NS¢ = NS+ 1 koordinat sisteminin transferinin (3, –1) noktasına dönüşümünü tanımlar. Eski ve yeni koordinat sistemlerini kurduktan sonra bu elipsi çizmek zor değil.

2) 3NS 2 +4NS– 12NS+8 = 0. Dönüştürüyoruz:

(3NS 2 – 12NS)+ 4 NS+8 = 0

3(NS 2 – 4NS+4) - 12 + 4 NS +8 = 0

3(y - 2) 2 + 4(NS –1) = 0

(NS – 2) 2 = – (NS – 1) .

Koyduk NS¢ = NS – 1, NS¢ = NS- 2, parabol denklemini elde ederiz NS¢ 2 = - NS¢. Seçilen değiştirme, koordinat sisteminin O ¢ (1,2) noktasına aktarılmasına karşılık gelir.

Bu yazıda bir düzlemde düz bir çizginin genel denklemine bakacağız. Bu düz çizginin iki noktası biliniyorsa veya bir noktası ve bu düz çizginin normal vektörü biliniyorsa, bir düz çizginin genel denklemini oluşturmaya örnekler verelim. Genel formdaki denklemi kanonik ve parametrik formlara dönüştürme yöntemlerini sunalım.

Keyfi bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi verilsin oksi... Birinci dereceden bir denklem veya doğrusal bir denklem düşünün:

nerede A, B, C- bazı sabitler ve öğelerden en az biri A ve B sıfır olmayan.

Düzlemdeki doğrusal bir denklemin bir doğruyu tanımladığını göstereceğiz. Aşağıdaki teoremi ispatlayalım.

Teorem 1. Bir düzlemdeki keyfi bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sisteminde, her düz çizgi bir doğrusal denklem ile belirtilebilir. Tersine, bir düzlemdeki keyfi bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemindeki her doğrusal denklem (1) bir düz çizgi tanımlar.

Kanıt. çizgi olduğunu kanıtlamak yeterlidir. L herhangi bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi için doğrusal bir denklem ile belirlenir, o zamandan beri doğrusal bir denklem ve herhangi bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi seçimi için belirlenecektir.

Uçakta düz bir çizgi verilsin L... ekseni olacak şekilde bir koordinat sistemi seçelim. Öküz düz bir çizgi ile çakıştı L ve eksen Oy ona dikti. Sonra düz çizginin denklemi L aşağıdaki formu alacaktır:

Tüm noktalar düz bir çizgi üzerinde L doğrusal denklem (2)'yi sağlayacak ve bu düz çizginin dışındaki tüm noktalar denklem (2)'yi sağlamayacaktır. Teoremin ilk kısmı ispatlandı.

Bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi verilsin ve elemanlardan en az birinin olduğu bir doğrusal denklem (1) verilsin. A ve B sıfır olmayan. Koordinatları (1) denklemini sağlayan noktaların yerini bulalım. katsayılarından en az birinin A ve B sıfırdan farklıysa, denklem (1) en az bir çözüme sahiptir m(x 0 ,y 0). (Örneğin, için A≠ 0, nokta m 0 (−CA, 0) verilen noktaların yerine aittir). (1)'deki bu koordinatları değiştirerek, kimliği elde ederiz.

(1)'den özdeşliği (3) çıkaralım:

Açıkçası, denklem (4) denklem (1) ile eşdeğerdir. Bu nedenle, (4)'ün bir doğruyu tanımladığını kanıtlamak yeterlidir.

Kartezyen bir dikdörtgen koordinat sistemi düşündüğümüz için, eşitlikten (4), bileşenleri olan bir vektörün ( x - x 0 , y - y 0) vektöre diktir n koordinatlarla ( A, B}.

Bazı düz çizgileri düşünün L noktadan geçmek m 0 (x 0 , y 0) ve vektöre dik n(Şek. 1). noktayı bırak m(x, y) düz çizgiye aittir L... Sonra koordinatları olan vektör x - x 0 , y - y 0 dik n ve denklem (4) karşılanır (vektörlerin skaler çarpımı n ve sıfıra eşittir). Geri eğer nokta m(x, y) düz bir çizgi üzerinde uzanmaz L, sonra koordinatlı vektör x - x 0 , y - y 0 vektöre dik değil n ve denklem (4) tatmin edici değildir. Teorem kanıtlanmıştır.

Kanıt. Düz çizgiler (5) ve (6) aynı düz çizgiyi tanımladığından, normal vektörler n 1 ={A 1 ,B 1) ve n 2 ={A 2 ,B 2) doğrusaldır. vektörler beri n 1 ≠0, n 2 ≠ 0, o zaman bir sayı var λ , ne n 2 =n 1 λ ... Dolayısıyla elimizde: A 2 =A 1 λ , B 2 =B 1 λ ... Bunu kanıtlayalım C 2 =C 1 λ ... Açıkçası, çakışan doğruların ortak bir noktası var m 0 (x 0 , y 0). denklemi (5) ile çarpılması λ ve ondan denklem (6) çıkarıldığında şunu elde ederiz:

(7) ifadelerinden ilk iki eşitlik sağlandığı için, o zaman C 1 λ −C 2 = 0. Onlar. C 2 =C 1 λ ... Açıklama kanıtlanmıştır.

Denklemin (4) noktasından geçen düz çizginin denklemini tanımladığına dikkat edin. m 0 (x 0 , y 0) ve normal bir vektöre sahip olmak n={A, B). Bu nedenle, doğrunun normal vektörü ve bu doğruya ait nokta biliniyorsa, denklem (4) kullanılarak düz doğrunun genel denklemi oluşturulabilir.

Örnek 1. Bir noktadan geçen bir doğru m= (4, −1) ve normal bir vektörü var n= (3, 5). Doğrunun genel denklemini kurunuz.

Çözüm. Sahibiz: x 0 =4, y 0 =−1, A=3, B= 5. Düz bir çizginin genel bir denklemini oluşturmak için bu değerleri denklem (4) ile değiştiririz:

Cevap:

Vektör düz çizgiye paraleldir L ve bu nedenle, düz çizginin normal vektörüne diktir L... Düz bir çizginin normal vektörünü oluşturalım L vektörlerin skaler çarpımı dikkate alındığında n ve sıfıra eşittir. Örneğin şunları yazabiliriz, n={1,−3}.

Düz çizginin genel denklemini oluşturmak için formül (4) kullanacağız. (4) noktasında noktanın koordinatlarını değiştirin m 1 (noktanın koordinatlarını da alabiliriz m 2) ve normal vektör n:

Noktaların koordinatlarını değiştirme m 1 ve m(9) 2'de denklem (9) ile verilen düz çizginin bu noktalardan geçtiğinden emin olabiliriz.

Cevap:

(1)'den (10) çıkarın:

Doğrunun kanonik denklemini bulduk. Vektör Q={−B, A) düz çizginin (12) yönlendirici vektörüdür.

Ters dönüşüme bakın.

Örnek 3. Düzlemdeki düz bir çizgi, aşağıdaki genel denklemle temsil edilir:

İkinci terimi sağa kaydır ve denklemin her iki tarafını 2 · 5'e böl.

İkinci dereceden eğri- bir düzlemdeki noktaların yeri, dikdörtgen koordinatlar

hangi formun bir denklemini tatmin eder:

katsayılarından en az birinin 11, 12, 22 sıfır değil.

İkinci dereceden eğrilerin değişmezleri.

Eğrinin şekli, aşağıda verilen 4 değişmeze bağlıdır:

Koordinat sisteminin dönme ve öteleme değişmezleri:

Koordinat sisteminin dönüşüne göre değişmez ( yarı değişmez):

İkinci dereceden eğrileri incelemek için ürünü düşünün AC.

Genel ikinci dereceden eğri denklemiöyle görünüyor:

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

Eğer A * C> 0 eliptik tip... herhangi bir eliptik

bir denklem, sıradan bir elipsin veya dejenere bir elipsin (nokta) veya hayali bir denklemdir.

bir elips (bu durumda, denklem düzlemde tek bir geometrik görüntü tanımlamaz);

Eğer AC< 0 , sonra denklem denklemin şeklini alır hiperbolik tip... herhangi bir hiperbolik

denklem ya basit bir hiperbol ya da dejenere bir hiperbol (kesişen iki çizgi) ifade eder;

Eğer A * C = 0, o zaman ikinci dereceden hat merkezi olmayacaktır. Bu tür denklemlere denir

denklemler parabolik tip ve bir düzlemde basit bir parabol veya 2 paralel ifade edin

(ya çakışan) düz çizgiler veya düzlemde herhangi bir geometrik görüntü ifade etmeyin;

Eğer A * C ≠ 0, ikinci dereceden eğri olacak

Düzlemdeki ikinci mertebeden eğrinin genel denklemi:

balta 2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ey + F = 0, (39)

nerede A 2 + B 2 + C 2 0, (A, B, C, NS, E, F) r... Düzlemde keyfi olarak yerleştirilmiş tüm olası konik bölümleri tanımlar.

Denklem (39) katsayılarından iki belirleyici oluşturuyoruz:

Aranan denklemin diskriminantı(39) ve - denklemin önde gelen terimlerinin diskriminantı. 0'da denklem (39) şunları belirler:> 0 - elips;< 0 - гиперболу; = 0 - параболу. В случае = 0 кривые вырождаются в точку или прямые линии.

Genel denklemden (39), şeklin simetri eksenleriyle çakışan yeni bir koordinat sistemine geçerek doğrusal ve çapraz terimleri hariç tutarsanız kanonik denkleme geçebilirsiniz. (39) içinde değiştirin xüzerinde x + a ve yüzerinde y + B, nerede a, B bazı sabitler. için elde edilen katsayıları yazalım. NS ve y ve onları 0'a eşitle

(aa + bb + NS)x = 0, (Cb + Ba + E)y = 0. (41)

Sonuç olarak, denklem (39) şu şekli alacaktır:

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

katsayılar nerede A, B, C değişmedi ama F= /. Denklem sisteminin (41) çözümü, şeklin simetri merkezinin koordinatlarını belirleyecektir:

Eğer B= 0, o zaman a = -NS/A, B = -E/C ve (39)'daki lineer terimleri tam kareye indirgeme yöntemiyle hariç tutmak uygundur:

balta 2 + 2Dx = A(x 2 + 2xD/A + (NS/A) 2 - (NS/A) 2) = A(x + NS/A) 2 - NS 2 /A.

(42) denkleminde, koordinatları a (38) açısı kadar döndüreceğiz. Elde edilen katsayıyı çapraz terimde yazalım xy ve onu 0'a eşitle

xy = 0. (44)

(44) koşulu, şeklin simetri eksenleriyle çakışana kadar koordinat eksenlerinin gerekli dönüş açısını belirler ve şu şekli alır:

Denklem (42) şu şekli alır:

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

buradan eğrinin kanonik denklemine geçmek kolaydır:

oranlar A + , C+, (45) koşuluna bağlı olarak, yardımcı bir ikinci dereceden denklemin kökleri olarak temsil edilebilir:

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

Sonuç olarak, şeklin simetri eksenlerinin konumu ve yönü, yarım ekseni belirlendi:

ve geometrik olarak oluşturulabilir.

= 0 durumunda bir parabolümüz var. Simetri ekseni eksene paralel ise Ah, daha sonra denklem forma indirgenir:

değilse, o zaman forma:

burada 0'a eşit parantez içindeki ifadeler yeni koordinat eksenlerinin çizgilerini tanımlar:,.

Tipik görevleri çözme

Örnek 15. denklem 2 x 2 + 3y 2 - 4x + 6y- 7 = 0'ı kanonik forma getirin ve bir eğri oluşturun.

Çözüm. B= 0, = -72 0, = 6> 0 elips.

Tam bir kareye indirgeme yapalım:

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

Simetri merkezi koordinatları (1; -1), doğrusal dönüşüm x = x - 1, Y = y+ 1 denklemi kanonik forma getirir.

Örnek 16. denklem 2 xy = a 2'yi kanonik forma getirin ve bir eğri oluşturun.

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

Koordinat sisteminin merkezi, eğrinin simetrisinin merkezindedir; denklemde doğrusal terim yoktur. Eksenleri a açısı boyunca döndürelim. (45) formülüne göre tg2a = B/(A - C) =, yani bir = 45 °. Kanonik denklemin katsayıları (46) A + , C+ denklem (48) ile belirlenir: T 2 = 1 veya T 1,2 = 1 A + = 1, C+ = -1, yani
x 2 - Y 2 = a 2 veya. Böylece, denklem 2 hu = aŞekil 2, simetri merkezi (0; 0) olan bir hiperbol tanımlar. Simetri eksenleri koordinat açılarının açıortayları boyunca yer alır, koordinat eksenleri asimptotlardır, hiperbolün yarı eksenleri eşittir a.y - 9 = 0;

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

2x 2 + 4NS + y - 2 = 0;

3x 2 - 6NS - y + 2 = 0;

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

4x 2 + 8NS - y - 5 = 0;

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

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

Düzlemde dikdörtgen bir koordinat sistemi kuruyoruz ve ikinci derecenin genel denklemini düşünüyoruz.

hangisinde
.

Koordinatları Denklem (8.4.1)'i sağlayan düzlemin tüm noktalarının kümesine denir. çarpık (hat) ikinci emir.

İkinci dereceden herhangi bir eğri için, kanonik olarak adlandırılan ve bu eğrinin denkleminin aşağıdaki biçimlerden birine sahip olduğu dikdörtgen bir koordinat sistemi vardır:

1)
(elips);

2)
(hayali elips);

3)
(bir çift hayali kesişen çizgi);

4)
(hiperbol);

5)
(bir çift kesişen çizgi);

6)
(parabol);

7)
(bir çift paralel çizgi);

8)
(bir çift hayali paralel çizgi);

9)
(bir çift çakışan düz çizgi).

Denklem 1) –9) denir ikinci dereceden eğrilerin kanonik denklemleri.

İkinci dereceden bir eğrinin denklemini kanonik forma indirgeme probleminin çözümü, eğrinin kanonik denklemini ve kanonik koordinat sistemini bulmayı içerir. Kanonikleştirme, bir eğrinin parametrelerini hesaplamanıza ve orijinal koordinat sistemine göre konumunu belirlemenize olanak tanır. Orijinal dikdörtgen koordinat sisteminden geçiş
kanonik için
orijinal koordinat sisteminin eksenlerinin bir nokta etrafında döndürülmesiyle gerçekleştirilir. Ö bir  açısı ve ardından koordinat sisteminin paralel ötelemesi ile.

İkinci dereceden bir eğrinin değişmezleri tarafından(8.4.1) denkleminin katsayılarının bu tür işlevleri, bir dikdörtgen koordinat sisteminden aynı sistemin diğerine geçerken değerleri değişmeyen olarak adlandırılır.

İkinci dereceden eğri (8.4.1) için, koordinatların karelerindeki katsayıların toplamı

,

en yüksek terimlerdeki katsayılardan oluşan determinant

ve üçüncü dereceden determinant

değişmezler.

s, ,  değişmezlerinin değeri, türü belirlemek ve ikinci dereceden bir eğrinin kanonik denklemini oluşturmak için kullanılabilir (Tablo 8.1).

Tablo 8.1

Değişmezlere göre ikinci dereceden eğrilerin sınıflandırılması

Elips, hiperbol ve parabolü daha ayrıntılı olarak ele alalım.

Elips(Şekil 8.1), iki sabit noktaya olan mesafelerin toplamının olduğu düzlemin noktalarının yeri olarak adlandırılır.
denilen bu uçak bir elipsin odakları, sabit bir değer vardır (odaklar arasındaki mesafeden daha büyük). Bu, elipsin odaklarının çakışmasını dışlamaz. Odaklar eşleşirse, elips bir dairedir.

Elips noktasından odak noktalarına olan uzaklıkların yarısı ile gösterilir. a, odaklar arasındaki mesafenin yarısı - ile birlikte... Bir düzlemde dikdörtgen bir koordinat sistemi seçilirse, elipsin odakları eksende yer alacak şekilde seçilirse Öx orijine göre simetrik olarak, o zaman bu koordinat sisteminde elips denklem tarafından verilir

, (8.4.2)

aranan kanonik elips denklemi, nerede
.

Pirinç. 8.1

Belirtilen dikdörtgen koordinat sistemi seçimi ile elips, koordinat eksenleri ve orijin etrafında simetriktir. Elipsin simetri eksenleri buna akslar, ve simetri merkezi - elipsin merkezi... Aynı zamanda, 2 sayılarına genellikle elipsin eksenleri denir. a ve 2 B ve sayılar a ve B – büyük ve yarı küçük eksen sırasıyla.

Elipsin eksenleriyle kesiştiği noktalara denir elipsin köşeleri... Elipsin köşelerinin koordinatları vardır ( a, 0), (–a, 0), (0, B), (0, –B).

eksantriklik elips numarayı aradı

. (8.4.3)

0'dan beri C < a, elipsin eksantrikliği 0  < 1, причем у окружности  = 0. Перепишем равенство (8.4.3) в виде

.

Bu nedenle, eksantrikliğin elipsin şeklini karakterize ettiği görülebilir:  sıfıra ne kadar yakınsa, elips bir daireye o kadar çok benziyor; artan  ile, elips daha uzar.

İzin vermek
- elipsin keyfi bir noktası,
ve
- noktadan uzaklık m hilelerden önce F 1 ve F 2 sırasıyla. Sayılar r 1 ve r 2 denir odak noktası yarıçapı m elips ve formüllerle hesaplanır

Müdireler bir daire dışında elips kanonik denklem (8.4.2) ile iki düz çizgidir

.

Elips directrix, elipsin dışında bulunur (Şekil 8.1).

Odak Yarıçap Oranı puanmmesafeye elips  bu elips (odak ve directrix, elipsin merkezinin aynı tarafındaysa uygun kabul edilir).

abartma(Şekil 8.2), iki sabit noktaya olan mesafeler arasındaki farkın modülünün olduğu düzlemin noktalarının yeri olarak adlandırılır. ve denilen bu uçak abartma odakları, sabit bir değer var (sıfıra eşit değil ve odaklar arasındaki mesafeden küçük).

odaklar arasındaki uzaklık 2 olsun ile birlikte ve mesafe farkının belirtilen modülü 2'dir. a... Bir elips için olduğu gibi bir dikdörtgen koordinat sistemi seçelim. Bu koordinat sisteminde hiperbol denklemle verilir.

, (8.4.4)

aranan kanonik hiperbol denklemi, nerede
.

Pirinç. 8.2

Bu dikdörtgen koordinat sistemi seçiminde, koordinat eksenleri hiperbolün simetri eksenleridir ve orijin de simetri merkezidir. Hiperbolün simetri eksenleri buna akslar, ve simetri merkezi abartma merkezi... Kenarları 2 olan dikdörtgen a ve 2 Bşekilde gösterildiği gibi yerleştirilmiştir. 8.2 denir hiperbolün ana dikdörtgeni... 2 numara a ve 2 B Hiperbolün eksenleri ve sayılar a ve B- ona yarım miller... Ana dikdörtgen formunun köşegenlerinin devamı olan doğrular hiperbol asimptotları

.

Hiperbolün eksen ile kesişme noktaları Öküz arandı hiperbolün köşeleri... Hiperbolün köşelerinin koordinatları vardır ( a, 0), (–a, 0).

Hiperbolün eksantrikliği numarayı aradı

. (8.4.5)

kadarıyla ile birlikte > a, hiperbolün eksantrikliği > 1. Eşitliği (8.4.5) şeklinde yeniden yazalım.

.

Bu nedenle, eksantrikliğin ana dikdörtgenin şeklini ve dolayısıyla hiperbolün şeklini karakterize ettiği görülebilir:  ne kadar küçükse, ana dikdörtgen o kadar fazla gerilir ve ondan sonra hiperbolün kendisi eksen boyunca Öküz.

İzin vermek
- hiperbolün keyfi bir noktası,
ve
- noktadan uzaklık m hilelerden önce F 1 ve F 2 sırasıyla. Sayılar r 1 ve r 2 denir odak noktası yarıçapı m abartma ve formüllerle hesaplanır

Müdireler abartma kanonik denklem (8.4.4) ile iki düz çizgidir

.

Hiperbol direktrixleri ana dikdörtgeni keser ve merkez ile hiperbolün ilgili köşesi arasından geçer (Şekil 8.2).

Ö odak yarıçapı oranı puanm mesafe için hiperbol bu noktadan ilgili odak noktasına müdire eksantrikliğe eşittir Bu hiperbolün (odak ve yön, hiperbol merkezinin aynı tarafında yer alıyorsa uygun kabul edilir).

Parabol(Şekil 8.3), bazı sabit noktalara olan uzaklığın olduğu düzlemin noktalarının yeri olarak adlandırılır. F (odak parabol) bu düzlemin bazı sabit düz çizgiye olan mesafesine eşittir ( parabol yönü), ayrıca incelenen uçakta bulunur.

Başlangıcı seçelim Ö parçanın ortasındaki dikdörtgen koordinat sistemi [ FD], odak dışı bir dikey F directrix'e (odağın directrix'e ait olmadığı varsayılır) ve eksene Öküz ve OyŞekilde gösterildiği gibi doğrudan 8.3. Segmentin uzunluğuna [ FD] eşittir P... Daha sonra seçilen koordinat sisteminde
ve kanonik parabol denklemi forma sahip

. (8.4.6)

Miktar P aranan parabol parametresi.

Parabol adı verilen bir simetri eksenine sahiptir. parabol ekseni... Bir parabolün ekseniyle kesiştiği noktaya ne denir bir parabolün tepe noktası... Parabol, kanonik denklemi (8.4.6) ile verilmişse, o zaman parabolün ekseni eksendir. Öküz... Açıkçası, parabolün tepe noktası orijindir.

Örnek 1. Puan A= (2, –1) elipse aittir, nokta F= (1, 0) odak noktasıdır, karşılık gelen F directrix denklem tarafından verilir
... Bu elipsi eşitleyin.

Çözüm. Koordinat sisteminin dikdörtgen olduğunu varsayacağız. sonra mesafe noktadan A müdüre
(8.1.8) numaralı bağıntıya göre, burada


, eşittir

.

Mesafe noktadan A Odaklanmak F eşittir

,

bu, elipsin eksantrikliğini belirlemenizi sağlar

.

İzin vermek m = (x, y) elipsin keyfi bir noktasıdır. sonra mesafe
noktadan m müdüre
formül (8.1.8) ile eşittir

ve mesafe noktadan m Odaklanmak F eşittir

.

Elipsin herhangi bir noktası için oran elipsin eksantrikliğine eşit sabit bir değerdir, dolayısıyla elimizde

,

Örnek 2. Eğri denklem tarafından verilir

dikdörtgen koordinat sisteminde Bu eğrinin kurallı koordinat sistemini ve kurallı denklemini bulun. Eğrinin türünü belirleyin.

Çözüm. ikinci dereceden biçim
bir matrisi var

.

Karakteristik polinomu

 1 = 4 ve  2 = 9 köklerine sahiptir. Bu nedenle, matrisin özvektörlerinin ortonormal bazında A kabul edilen ikinci dereceden form kanonik forma sahiptir

.

Düşünülen ikinci dereceden formu belirtilen kanonik forma indirgeyen, değişkenlerin ortogonal dönüşümünün bir matrisini oluşturmaya devam edelim. Bunun için homojen denklem sistemlerine temel çözüm sistemleri oluşturacağız.
ve onları ortonormalize edin.

NS
bu sistemin formu var

Onun genel çözümü
... Burada bir serbest değişken var. Bu nedenle, temel karar sistemi, örneğin vektörün bir vektöründen oluşur.
... Normalleştirirsek, vektörü elde ederiz.

.

NS
ayrıca bir vektör oluştur

.

vektörler ve simetrik matrisin farklı özdeğerlerine atıfta bulundukları için zaten ortogonaldir A... Verilen ikinci dereceden formun kanonik ortonormal temelini oluştururlar. Gerekli ortogonal matris (döndürme matrisi), koordinatlarının sütunlarından oluşturulur.

.

Matris bulmanın doğruluğunu kontrol edelim r formüle göre
, nerede
- temelde ikinci dereceden formun matrisi
:

Matris r doğru bulundu.

Değişkenlerin dönüşümünü yapalım

ve bu eğrinin denklemini eski merkez ve yön vektörleri ile yeni bir dikdörtgen koordinat sisteminde yazın
:

nerede
.

Elipsin kanonik denklemini aldı

.

Dikdörtgen koordinatların elde edilen dönüşümünün formüller tarafından belirlenmesi nedeniyle

,

,

kurallı koordinat sistemi
bir başlangıcı var
ve kılavuz vektörler
.

Örnek 3. Değişmez teorisini kullanarak, eğrinin türünü belirleyin ve kanonik denklemini yazın

Çözüm. kadarıyla

,

tabloya göre. 8.1 Bunun bir abartma olduğu sonucuna varıyoruz.

s = 0 olduğundan, ikinci dereceden form matrisinin karakteristik polinomu

kökleri
ve
eğrinin kanonik denklemini yazmanıza izin verir

nerede İLE BİRLİKTE durumundan bulunur

,

.

Eğrinin istenen kanonik denklemi

.

Bu bölümün problemlerinde koordinatlarx, ydikdörtgen olduğu varsayılır.

8.4.1. elipsler için
ve
bulmak:

a) yarı eksenler;

b) hileler;

c) eksantriklik;

d) directrix denklemleri.

8.4.2. Odağını bilerek bir elipsin denklemlerini yapın
yönetmene karşılık gelen x= 8 ve eksantriklik ... Elipsin ikinci odağını ve ikinci doğrultucusunu bulun.

8.4.3. Odağı (1, 0) ve (0, 1) koordinatlarında olan ve ana ekseni iki olan bir elipsi eşitleyin.

8.4.4. bir abartma verildi
... Bulmak:

a) yarı eksenler a ve B;

b) hileler;

c) eksantriklik;

d) asimptot denklemleri;

e) directrix denklemleri.

8.4.5. bir abartma verildi
... Bulmak:

a) yarı eksenler a ve B;

b) hileler;

c) eksantriklik;

d) asimptot denklemleri;

e) directrix denklemleri.

8.4.6. Puan
odak noktası olan hiperbole aittir
, ve karşılık gelen directrix denklem tarafından verilir
... Bu hiperbolü eşitleyin.

8.4.7. Odağı verilmişse bir parabolü eşitleyin
ve müdire
.

8.4.8. Parabolün köşesi verildiğinde
ve directrix denklemi
... Bu parabolü eşitleyin.

8.4.9. Odağı bir noktada olan bir parabolü eşitleyin

ve directrix denklem tarafından verilir
.

8.4.10. Eksantrikliğini bilerek ikinci dereceden bir eğriyi eşitleyin
, odak
ve ilgili yönetmen
.

8.4.11. İkinci mertebeden eğrinin türünü belirleyin, kanonik denklemini yazın ve kanonik koordinat sistemini bulun:

G)
;

8.4.12.

bir elipstir. Bu elipsin yarım eksenlerinin uzunluklarını ve dışmerkezliğini, merkezin ve odakların koordinatlarını bulun, eksen ve doğrultunun denklemlerini yapın.

8.4.13. Denklemin verdiği ikinci mertebeden eğrinin

bir hiperboldür. Yarım eksenlerin uzunluklarını ve bu hiperbolün eksantrikliğini, merkezin ve odakların koordinatlarını bulun, eksenler, doğrultular ve asimptotlar için denklemleri oluşturun.

8.4.14. Denklemin verdiği ikinci mertebeden eğrinin

,

bir paraboldür. Bu parabolün parametresini, köşelerin ve odakların koordinatlarını bulun, eksen ve yön denklemlerini yapın.

8.4.15. Aşağıdaki denklemlerin her birini kanonik bir forma getirin. Orijinal dikdörtgen koordinat sistemine göre çizimde karşılık gelen ikinci dereceden eğriyi çizin:

8.4.16. Değişmez teorisini kullanarak, eğrinin türünü belirleyin ve kanonik denklemini yazın.