İkinci dereceden bir cebirsel eğrinin ikinci dereceden bir cebirsel denklem tarafından belirlendiğini söylemiştik. X Ve en. Bu denklem genel olarak şu şekilde yazılır:

A X 2 +V xy+ C en 2 +D X+ E sen+ F = 0, (6)

ve A 2 + B 2 + C 2 ¹ 0 (yani A, B, C sayıları aynı anda sıfıra dönmez). Bileşenler A X 2, V xy, İLE en 2 denklemin baş terimleri denir, sayı

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

Daha önce ele alınan eğriler için elimizde:

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

daire X 2 + en 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: en 2 = 2pikselŞ 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.

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

İkinci dereceden satırın olduğu kanıtlanmıştır. herhangi Kartezyen koordinat sistemi ikinci dereceden cebirsel denklemle verilir. Yalnızca bir sistemde denklem karmaşık bir biçime sahiptir (örneğin, (6)), diğerinde ise daha basit bir biçime sahiptir, örneğin (5). Bu nedenle, incelenen eğrinin en basit (örneğin kanonik) denklemle yazıldığı bir koordinat sistemini düşünmek uygundur. Eğrinin (6) formunun bir denklemi ile verildiği bir koordinat sisteminden, denkleminin daha basit bir forma sahip olduğu diğerine geçişe geçiş denir. koordinat dönüşümü.

Ana koordinat dönüşüm türlerini ele alalım.

BEN. Dönüşümü taşı koordinat eksenleri (yön korunarak). Orijinal XOU koordinat sistemindeki M noktasının koordinatları ( X, enX¢, en¢). Çizimden, M noktasının farklı sistemlerdeki koordinatlarının ilişkilerle ilişkili olduğu görülebilir.

(7) veya (8).

Formül (7) ve (8)'e koordinat dönüşüm formülleri denir.

II. Rotasyon dönüşümü Eksenleri açıya göre koordine edin a. Orijinal XOU koordinat sisteminde M noktasının koordinatları varsa ( X, en) ve yeni koordinat sistemi ХО¢У'de koordinatları vardır ( X¢, en¢). Daha sonra bu koordinatlar arasındaki bağlantı formüllerle ifade edilir.

, (9)

veya

Koordinat dönüşümü kullanılarak denklem (6) aşağıdakilerden birine indirgenebilir kanonik denklemler.

1) – elips,

2) – abartı,

3) en 2 = 2piksel, X 2 = 2RU– parabol

4) A 2 X 2 – B 2 sen 2 = 0 – bir çift kesişen çizgi (Şekil a)

5) sen 2 – A 2 = 0 – paralel çizgi çifti (Şekil b)

6) X 2 –A 2 = 0 – bir çift paralel çizgi (Şekil c)

7) sen 2 = 0 – çakışan düz çizgiler (OX ekseni)

8) x 2 = 0 – çakışan düz çizgiler (OA ekseni)

9) bir 2 X 2 + B 2 sen 2 = 0 – nokta (0, 0)

10) hayali elips

11)y 2 + A 2 = 0 – hayali çizgi çifti

12)x 2 + A 2 = 0 sanal çizgi çifti.

Bu denklemlerin her biri ikinci dereceden bir doğru denklemidir. 4 – 12 arasındaki denklemlerle tanımlanan çizgilere denir dejenere ikinci dereceden eğriler.

Bir eğrinin genel denklemini kanonik forma dönüştürme örneklerini ele alalım.

1) 9X 2 + 4en 2 – 54X + 8en+ 49 = 0 Ş (9 X 2 – 54X) + (4en 2 + 8en) + 49 = 0 Ş

9(X 2 – 6X+ 9) + 4(en 2 + 2en+ 1) – 81 – 4 + 49 = 0 → 9( X –3) 2 + 4(en+ 1) = 36, Ş

.

Hadi koyalım X¢ = X – 3, en¢ = en+ 1, elipsin kanonik denklemini elde ederiz . Eşitlikler X¢ = X – 3, en¢ = en+1 koordinat sisteminin (3, –1) noktasına aktarılmasının dönüşümünü belirler. Eski ve yeni koordinat sistemlerini oluşturduktan sonra bu elipsi tasvir etmek zor değil.

2) 3en 2 +4X– 12en+8 = 0. Dönüşüm:

(3en 2 – 12en)+ 4 X+8 = 0

3(en 2 – 4en+4) – 12 +4 X +8 = 0

3(y – 2) 2 + 4(X –1) = 0

(en – 2) 2 = – (X – 1) .

Hadi koyalım X¢ = X – 1, en¢ = en– 2, parabolün denklemini elde ederiz en¢ 2 = – X¢. Seçilen değiştirme koordinat sisteminin O¢(1,2) noktasına aktarılmasına karşılık gelir.

Bu yazıda düzlem üzerindeki düz bir çizginin genel denklemini ele alacağız. Bir doğrunun iki noktası biliniyorsa veya bir noktası ve bu doğrunun normal vektörü biliniyorsa, bir doğrunun genel denkleminin oluşturulmasına örnekler verelim. Genel formdaki bir denklemi kanonik ve parametrik formlara dönüştürme yöntemlerini sunalım.

Rastgele bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi verilsin Oksi. Birinci dereceden veya doğrusal bir denklem düşünün:

Nerede A, B, C− bazı sabitler ve öğelerden en az biri A Ve B sıfırdan farklı.

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

Teorem 1. Bir düzlem üzerindeki rastgele bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sisteminde, her düz çizgi bir doğrusal denklemle belirtilebilir. Tersine, bir düzlem üzerinde rastgele bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemindeki her doğrusal denklem (1) bir düz çizgiyi tanımlar.

Kanıt. Doğrunun doğru olduğunu kanıtlamak yeterli L herhangi bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi için doğrusal bir denklemle belirlenir, o zamandan beri herhangi bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi seçimi için doğrusal bir denklemle belirlenecektir.

Düzlemde düz bir çizgi verilsin L. Ekseni öyle bir koordinat sistemi seçelim ki Öküz düz bir çizgiyle çakıştı L ve eksen oy ona dikti. Daha sonra doğrunun denklemi L aşağıdaki formu alacaktır:

Bir doğru üzerindeki tüm noktalar L doğrusal denklem (2)'yi sağlayacak ve bu çizginin dışındaki tüm noktalar denklem (2)'yi karşılamayacaktır. Teoremin ilk kısmı kanıtlandı.

Bir Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemi verilsin ve bir doğrusal denklem (1) verilsin; burada elemanlardan en az biri A Ve B sıfırdan farklı. Koordinatları denklem (1)'i sağlayan noktaların geometrik yerini bulalım. Katsayılardan en az biri olduğundan A Ve B sıfırdan farklıysa denklem (1)'in en az bir çözümü vardır M(X 0 ,sen 0). (Örneğin, ne zaman A≠0, nokta M 0 (−CA, 0) verilen geometrik noktalara aittir). Bu koordinatları (1)'de değiştirerek özdeşliği elde ederiz.

(1)'den özdeşliği (3) çıkaralım:

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

Kartezyen dikdörtgen koordinat sistemini düşündüğümüz için eşitlik (4)'ten bileşenli vektörün ( x−x 0 , y−y 0 ) vektöre dik N koordinatlarla ( A, B}.

Biraz düz çizgi düşünün L, noktadan geçerek M 0 (X 0 , sen 0) ve vektöre dik N(Şekil 1). Bırakın nokta M(X,y) satırına ait L. Daha sonra koordinatları olan vektör x−x 0 , y−y 0 dikey N ve denklem (4) sağlanır (vektörlerin skaler çarpımı) N ve sıfıra eşittir). Tam tersine, eğer nokta M(X,y) bir çizgi üzerinde uzanmıyor L, ardından koordinatları olan vektör x−x 0 , y−y 0 vektöre dik değil N ve denklem (4) sağlanmadı. Teorem kanıtlandı.

Kanıt. Doğrular (5) ve (6) aynı doğruyu tanımladığından normal vektörler N 1 ={A 1 ,B 1) ve N 2 ={A 2 ,B 2) eşdoğrusal. vektörlerden beri N 1 ≠0, N 2 ≠0, o zaman böyle bir sayı var λ , Ne N 2 =N 1 λ . Buradan elimizde: A 2 =A 1 λ , B 2 =B 1 λ . Hadi bunu kanıtlayalım C 2 =C 1 λ . Açıkçası, çakışan çizgilerin ortak bir noktası var M 0 (X 0 , sen 0). Denklemin (5) çarpılması λ ve denklem (6)'yı bundan çıkararak şunu elde ederiz:

İfadelerden (7) ilk iki eşitlik sağlandığına göre, o zaman C 1 λ −C 2 =0. Onlar. C 2 =C 1 λ . Söz kanıtlandı.

Denklemin (4) noktadan geçen düz çizginin denklemini tanımladığını unutmayın. M 0 (X 0 , sen 0) ve normal bir vektöre sahip N={A, B). Dolayısıyla bir doğrunun normal vektörü ve bu doğruya ait nokta biliniyorsa denklem (4) kullanılarak doğrunun genel denklemi oluşturulabilir.

Örnek 1. Bir noktadan geçen düz bir çizgi M=(4,−1) ve normal bir vektöre sahiptir N=(3, 5). Bir doğrunun genel denklemini oluşturun.

Çözüm. Sahibiz: X 0 =4, sen 0 =−1, A=3, B=5. Düz bir çizginin genel denklemini oluşturmak için bu değerleri denklem (4)'te değiştiririz:

Cevap:

Vektör çizgiye paraleldir L ve dolayısıyla doğrunun normal vektörüne dik L. Normal bir çizgi vektörü oluşturalım L vektörlerin skaler çarpımı dikkate alındığında N ve sıfıra eşittir. Örneğin şunu yazabiliriz: N={1,−3}.

Düz bir çizginin genel denklemini oluşturmak için formül (4)'ü kullanırız. Noktanın koordinatlarını (4)'te yerine koyalım. M 1 (noktanın koordinatlarını da alabiliriz M 2) ve normal vektör N:

Noktaların koordinatlarını değiştirme M 1 ve M(9)'da 2 numaralı denklemde (9) denklemiyle verilen doğrunun bu noktalardan geçmesini sağlayabiliriz.

Cevap:

(10)'u (1)'den çıkarın:

Doğrunun kanonik denklemini elde ettik. Vektör Q={−B, A), (12) çizgisinin yön vektörüdür.

Bakınız ters dönüşüm.

Örnek 3. Düzlem üzerindeki düz bir çizgi aşağıdaki genel denklemle temsil edilir:

İkinci terimi sağa kaydıralım ve denklemin her iki tarafını da 2.5'e bölelim.

İkinci dereceden eğri— düzlemdeki noktaların geometrik konumu, dikdörtgen koordinatlar

aşağıdaki formdaki bir denklemi karşılar:

burada katsayılardan en az biri 11, 12, 22 sıfıra eşit değil.

İkinci dereceden eğrilerin değişmezleri.

Eğrinin şekli aşağıda verilen 4 değişmeze bağlıdır:

Koordinat sisteminin dönüşüne ve kaymasına göre değişmezler:

Koordinat sisteminin dönüşüne göre değişmez ( yarı değişmez):

İkinci dereceden eğrileri incelemek için çarpımı düşünün GİBİ.

Genel ikinci dereceden eğri denklemiöyle görünüyor:

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

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

denklem, sıradan bir elipsin veya dejenere bir elipsin (noktanın) veya hayali bir elipsin denklemidir

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

Eğer AC< 0 , o zaman denklem denklem formunu alır hiperbolik tip. Herhangi bir hiperbolik

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

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

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

(veya çakışan) düz çizgiler veya düzlem üzerinde tek bir geometrik görüntüyü ifade etmeyen;

Eğer A*C ≠ 0, ikinci dereceden eğri şöyle olacaktır

Bir düzlemdeki ikinci dereceden bir eğrinin genel denklemi şu şekildedir:

Balta 2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Hey + F = 0, (39)

Nerede A 2 + B 2 + C 2 0, (A, B, C, D, e, F) R. Düzlemde keyfi olarak konumlandırılan tüm olası konik kesitleri tanımlar.

Denklemin (39) katsayılarından iki belirleyici oluşturuyoruz:

İsminde denklemin diskriminantı(39) ve - Denklemin önde gelen terimlerinin diskriminatörü. 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 eksenlerine denk gelen yeni bir koordinat sistemine geçerek doğrusal ve çapraz terimleri ortadan kaldırırsak kanonik denkleme geçebiliriz. (39)'da yerine koyalım X Açık X + A Ve sen Açık sen + B, Nerede A, B bazı sabitler. Elde edilen katsayıları yazalım. X Ve sen ve bunları 0'a eşitleyin

(Aa + Bb + D)X = 0, (Cb + Ba + e)sen = 0. (41)

Sonuç olarak denklem (39) şu şekli alacaktır:

A(X) 2 + 2B(X)(sen) + C(sen) 2 + F = 0, (42)

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

Eğer B= 0 ise A = -D/A, B = -e/C ve (39)'daki doğrusal terimleri tam kareye indirgeme yöntemiyle ortadan kaldırmak uygundur:

Balta 2 + 2Dx = A(X 2 + 2xD/A + (D/A) 2 - (D/A) 2) = A(X + D/A) 2 - D 2 /A.

Denklem (42)'de koordinatları a (38) açısı kadar döndürüyoruz. Çapraz terim için elde edilen katsayıyı yazalım. Xsen ve 0'a eşitleyin

xy = 0. (44)

Koşul (44), koordinat eksenlerinin, şeklin simetri eksenleriyle çakışıncaya kadar gereken dönme açısını belirler ve şu şekli alır:

Denklem (42) şu şekli alır:

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

buradan eğrinin kanonik denklemine gitmek kolaydır:

Oranlar A + , C+, (45) koşulu altında, ikinci dereceden yardımcı bir denklemin kökleri olarak temsil edilebilir:

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

Sonuç olarak, şeklin simetri eksenlerinin, yarı ekseninin konumu ve yönü belirlenir:

ve geometrik olarak inşa edilebilir.

= 0 durumunda bir parabolümüz var. Simetri ekseni eksene paralel ise Ah, o zaman denklem şuna indirgenir:

değilse şuna bakın:

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

Yaygın sorunları çözme

Örnek 15. Denklem 2'yi verin X 2 + 3sen 2 - 4X + 6sen- 7 = 0'ı kanonik hale getirin ve bir eğri oluşturun.

Çözüm. B= 0, = -72 0, = 6 > 0 elips.

Tam kareye indirgeme yapalım:

2(X - 1) 2 + 3(sen + 1) 2 - 12 = 0.

Simetri merkezinin koordinatları (1; -1), doğrusal dönüşüm X = X - 1, e = sen+1 denklemi kanonik forma getirir.

Örnek 16. Denklem 2'yi verin xy = A 2'yi kanonik forma dönüştürün ve bir eğri oluşturun.

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

Koordinat sisteminin merkezi eğrinin simetri merkezindedir çünkü Denklemde doğrusal terim yoktur. Eksenleri a açısı kadar döndürelim. Formül (45)'e göre tan2a = B/(A - C) = , yani a = 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 - e 2 = A 2 veya . Yani denklem 2 xy = AŞekil 2, simetri merkezi (0; 0) olan bir hiperbolü tanımlamaktadır. Simetri eksenleri koordinat açılarının açıortayları boyunca yerleştirilmiştir, koordinat eksenleri asimptot görevi görür, hiperbolün yarı eksenleri eşittir A.y - 9 =0;

9X 2 + sen 2 - 18X + 2sen + 1 = 0;

2X 2 + 4X + sen - 2 = 0;

3X 2 - 6X - sen + 2 = 0;

- X 2 + 4sen 2 - 8X - 9sen + 16 = 0;

4X 2 + 8X - sen - 5 = 0;

9X 2 - sen 2 + 18X + 2sen - 1 = 0;

9X 2 - 4sen 2 + 36X + 16sen - 16 = 0.

Düzlem üzerinde dikdörtgen bir koordinat sistemi kuralım ve ikinci derecenin genel denklemini ele alalım.

hangisinde
.

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

Herhangi bir ikinci dereceden eğri için, kanonik adı verilen 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 çizgi).

Denklemler 1)–9) çağrılır ikinci dereceden eğrilerin kanonik denklemleri.

İkinci dereceden bir eğrinin denklemini kanonik forma indirme problemini çözmek, eğrinin kanonik denklemini ve kanonik koordinat sistemini bulmayı içerir. Kanonik forma indirgeme, eğrinin parametrelerinin hesaplanmasına ve orijinal koordinat sistemine göre konumunun belirlenmesine olanak tanır. Orijinal dikdörtgen koordinat sisteminden geçiş
kanonik olarak
orijinal koordinat sisteminin eksenlerinin nokta etrafında döndürülmesiyle gerçekleştirilir HAKKINDA belirli bir açıya  ve ardından koordinat sisteminin paralel ötelenmesi.

İkinci dereceden eğri değişmezleri(8.4.1), bir dikdörtgen koordinat sisteminden aynı sistemin diğerine geçerken değerleri değişmeyen denkleminin katsayılarının bu tür fonksiyonlarıdır.

İkinci dereceden bir eğri (Madde 8.4.1) için, karesi alınmış koordinatların katsayılarının toplamı

,

baş terimlerin katsayılarından oluşan determinant

ve üçüncü dereceden determinant

değişmezlerdir.

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

Tablo 8.1

İkinci dereceden eğrilerin değişmezlere göre sınıflandırılması

Elips, hiperbol ve parabole daha yakından bakalım.

Elips(Şekil 8.1), iki sabit noktaya olan mesafelerin toplamı olan düzlemdeki noktaların geometrik yeridir.
bu uçağın adı elips odakları, sabit bir değerdir (odaklar arasındaki mesafeden daha büyük). Bu durumda elipsin odaklarının çakışması göz ardı edilmez. Odak noktaları çakışıyorsa elips bir dairedir.

Bir elipsin bir noktasından odak noktalarına kadar olan mesafelerin yarısı toplamı şu şekilde gösterilir: A, odaklar arasındaki mesafenin yarısı – İle. Bir düzlemde dikdörtgen bir koordinat sistemi, elipsin odakları eksen üzerinde olacak şekilde seçilirse HAKKINDAX orijine göre simetrik ise, bu koordinat sisteminde elips denklemle verilir

, (8.4.2)

isminde kanonik elips denklemi, Nerede
.

Pirinç. 8.1

Belirtilen dikdörtgen koordinat sistemi seçimiyle elips, koordinat eksenlerine ve orijine göre simetriktir. Bir elipsin simetri eksenlerine denir eksenler ve simetri merkezi elipsin merkezi. Aynı zamanda elipsin eksenlerine genellikle 2 sayısı denir. A ve 2 B ve sayılar A Ve B – büyük Ve yan eksen sırasıyla.

Bir elipsin eksenleriyle kesişme noktalarına denir elipsin köşeleri. Elipsin köşelerinin koordinatları vardır ( A, 0), (–A, 0), (0, B), (0, –B).

Elips eksantrikliği aranan numara

. (8.4.3)

0 'dan beri C < A, elips dışmerkezliği 0  < 1, причем у окружности  = 0. Перепишем равенство (8.4.3) в виде

.

Bu, dış merkezliliğin elipsin şeklini karakterize ettiğini gösterir:  sıfıra ne kadar yakınsa, elips bir daireye o kadar çok benzer;  arttıkça elips daha da uzar.

İzin vermek
– elipsin keyfi noktası,
Ve
– noktadan uzaklık M hilelerden önce F 1 ve F sırasıyla 2. Sayılar R 1 ve R 2 çağrılır bir noktanın odak yarıçapı M elips ve formüller kullanılarak hesaplanır

Müdireler bir daireden farklı elips kanonik denklem (8.4.2) ile iki çizgiye denir

.

Elipsin doğrultmanları elipsin dışında bulunur (Şekil 8.1).

Odak yarıçapı oranı puanMmesafeye elips  bu elipsin (odak ve doğrultu, elipsin merkezinin aynı tarafında yer alıyorlarsa karşılık gelen kabul edilir).

Abartı(Şekil 8.2), iki sabit noktaya olan mesafe farkı modülünün olduğu düzlemdeki noktaların geometrik yeridir. Ve bu uçağın adı abartı hileleri, sabit bir değerdir (sıfıra eşit değildir ve odaklar arasındaki mesafeden küçüktür).

Odaklar arası uzaklık 2 olsun İle ve mesafe farkının belirtilen modülü 2'ye eşittir A. Elips için olduğu gibi dikdörtgen bir koordinat sistemi seçelim. Bu koordinat sisteminde hiperbol denklemle verilir

, (8.4.4)

isminde kanonik hiperbol denklemi, Nerede
.

Pirinç. 8.2

Dikdörtgen koordinat sisteminin bu seçimiyle, koordinat eksenleri hiperbolün simetri eksenleridir ve başlangıç ​​noktası da hiperbolün simetri merkezidir. Bir hiperbolün simetri eksenlerine denir eksenler ve simetri merkezi hiperbolün merkezi. Kenarları 2 olan dikdörtgen A ve 2 BŞekil 2'de gösterildiği gibi konumlandırılmıştır. 8.2, çağrıldı hiperbolün temel dikdörtgeni. Sayılar 2 A ve 2 B hiperbolün eksenleri ve sayılardır A Ve B- o aks milleri. Ana dikdörtgenin köşegenlerinin devamı olan düz çizgiler, bir hiperbolün asimptotları

.

Hiperbolün eksenle kesişme noktaları Öküz arandı bir hiperbolün köşeleri. Hiperbolün köşelerinin koordinatları vardır ( A, 0), (–A, 0).

Hiperbolün dışmerkezliği aranan numara

. (8.4.5)

Çünkü İle > A, hiperbolün dışmerkezliği  > 1. Eşitliği (8.4.5) şeklinde yeniden yazalım.

.

Bu, dış merkezliliğin ana dikdörtgenin şeklini ve dolayısıyla hiperbolün şeklini karakterize ettiğini gösterir:  ne kadar küçükse, ana dikdörtgen o kadar fazla uzatılır ve bundan sonra eksen boyunca hiperbolün kendisi Öküz.

İzin vermek
– hiperbolün keyfi noktası,
Ve
– noktadan uzaklık M hilelerden önce F 1 ve F sırasıyla 2. Sayılar R 1 ve R 2 çağrılır bir noktanın odak yarıçapı M abartılar ve formüller kullanılarak hesaplanır

Müdireler abartılar kanonik denklem (8.4.4) ile iki çizgiye denir

.

Hiperbolün doğrultmanları ana dikdörtgeni keser ve merkez ile hiperbolün karşılık gelen tepe noktası arasından geçer (Şekil 8.2).

HAKKINDA odak yarıçapı oranı puanM mesafeye hiperboller bu noktadan odağa karşılık gelen noktaya directrix eksantrikliğe eşittir bu hiperbolün (eğer hiperbolün merkezinin aynı tarafında yer alıyorlarsa, odak ve doğrultmanın karşılık geldiği kabul edilir).

Parabol(Şekil 8.3), bazı sabit noktalara olan mesafenin olduğu düzlemdeki noktaların geometrik yeridir. F (bir parabolün odağı Bu düzlemin ) sabit bir düz çizgiye ( bir parabolün doğrultmanları), ayrıca söz konusu düzlemde bulunur.

Hadi başlangıcı seçelim HAKKINDA segmentin ortasındaki dikdörtgen koordinat sistemi [ FD], odak dışı bir diktir F direktrix'e (odak noktasının direktriye ait olmadığı varsayılır) ve eksenler Öküz Ve oyŞekil 2'deki gibi yönlendirelim. 8.3. Segmentin uzunluğu [ FD] eşittir P. Daha sonra seçilen koordinat sisteminde
Ve kanonik parabol denklemi benziyor

. (8.4.6)

Büyüklük P isminde parabol parametresi.

Bir parabolün simetri ekseni vardır. parabol ekseni. Bir parabolün ekseni ile kesiştiği noktaya ne ad verilir? parabolün tepe noktası. Bir parabol kanonik denklemi (8.4.6) ile verilmişse, o zaman parabolün ekseni eksendir Öküz. Açıkçası, parabolün tepe noktası orijindir.

Örnek 1. Nokta A= (2, –1) elipse aittir, nokta F= (1, 0) onun odak noktasıdır, karşılık gelen F direktrix denklem tarafından verilir
. Bu elips için bir denklem yazın.

Çözüm. Koordinat sistemini dikdörtgen olarak kabul edeceğiz. Daha sonra mesafe noktadan A müdüre
(8.1.8) ilişkisine uygun olarak, burada


, eşittir

.

Mesafe noktadan A Odaklanmak F eşittir

,

bu elipsin dışmerkezliğini belirlememizi sağlar

.

İzin vermek M = (X, sen) elipsin keyfi bir noktasıdır. Daha sonra mesafe
noktadan M müdüre
formül (8.1.8)'e göre eşittir

ve mesafe noktadan M Odaklanmak F eşittir

.

Elipsin herhangi bir noktası için ilişki olduğundan elipsin dışmerkezliğine eşit sabit bir miktardır, dolayısıyla elimizde

,

Örnek 2. Eğri denklemle verilir

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

Çözüm.İkinci dereceden şekil
bir matrisi var

.

Karakteristik polinomu

kökleri  1 = 4 ve  2 = 9'dur. Bu nedenle, matrisin özvektörlerinin ortonormal bazında A söz konusu ikinci dereceden form kanonik forma sahiptir

.

Söz konusu ikinci dereceden formu belirtilen kanonik forma getirerek, değişkenlerin ortogonal dönüşüm matrisini oluşturmaya devam edelim. Bunu yapmak için homojen denklem sistemlerinin temel çözüm sistemlerini oluşturacağız.
ve bunları ortonormalleştirin.

Şu tarihte:
bu sistem şuna benziyor

Bunun genel çözümü
. Burada bir serbest değişken var. Bu nedenle, temel çözüm sistemi bir vektörden, örneğin vektörden oluşur.
. Normalleştirerek vektörü elde ederiz

.

Şu tarihte:
ayrıca bir vektör oluşturalım

.

Vektörler Ve simetrik matrisin farklı özdeğerleriyle ilişkili oldukları için zaten diktirler A. Belirli bir ikinci dereceden formun kanonik ortonormal temelini oluştururlar. Gerekli ortogonal matris (dönme matrisi), koordinatlarının sütunlarından oluşturulur.

.

Matrisin doğru bulunup bulunmadığını kontrol edelim R formüle göre
, Nerede
– temelde ikinci dereceden formun matrisi
:

Matris R doğru bulundu.

Değişkenleri dönüştürelim

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

Nerede
.

Elipsin kanonik denklemini elde ettik

.

Ortaya çıkan dikdörtgen koordinatların dönüşümünün formüllerle belirlenmesi nedeniyle

,

,

kanonik koordinat sistemi
bir başlangıcı var
ve yön vektörleri
.

Örnek 3. Değişmez teoriyi kullanarak eğrinin türünü belirleyin ve eğrinin kanonik denklemini oluşturun

Çözüm.Çünkü

,

tabloya uygun olarak. 8.1'de bunun bir abartı olduğu sonucuna varıyoruz.

S = 0 olduğundan, matrisin karakteristik polinomu ikinci dereceden formdadır

Kökleri
Ve
eğrinin kanonik denklemini yazmamıza izin verin

Nerede İLE durumdan bulunur

,

.

Eğrinin gerekli kanonik denklemi

.

Bu bölümün görevlerinde koordinatlarX, sendikdörtgen olduğu varsayılmaktadır.

8.4.1. Elipsler için
Ve
bulmak:

a) aks milleri;

b) hileler;

c) eksantriklik;

d) doğrultman denklemleri.

8.4.2. Odağını bilerek bir elips için denklemler yazın
, müdüre karşılık gelir X= 8 ve eksantriklik . Elipsin ikinci odağını ve ikinci doğrultusunu bulun.

8.4.3. Odakları (1, 0) ve (0, 1) koordinatlarına sahip ve asal ekseni iki olan bir elipsin denklemini yazın.

8.4.4. Bir abartılılık göz önüne alındığında
. Bulmak:

a) aks milleri A Ve B;

b) hileler;

c) eksantriklik;

d) asimptot denklemleri;

e) doğrultman denklemleri.

8.4.5. Bir abartılılık göz önüne alındığında
. Bulmak:

a) aks milleri A Ve B;

b) hileler;

c) eksantriklik;

d) asimptot denklemleri;

e) doğrultman denklemleri.

8.4.6. Nokta
odağı olan bir abartıya aittir
ve karşılık gelen direktrix denklemle verilir
. Bu hiperbol için bir denklem yazın.

8.4.7. Odak noktası verilen bir parabol için denklem yazın
ve müdür
.

8.4.8. Bir parabolün tepe noktası verildiğinde
ve direktriks denklemi
. Bu parabol için bir denklem yazın.

8.4.9. Odak noktası olan bir parabol için bir denklem yazın

ve direktrik denklem tarafından verilir
.

8.4.10. Eksantrikliğini bilerek eğri için ikinci dereceden bir denklem yazın
, odak
ve ilgili müdür
.

8.4.11. İkinci dereceden eğrinin türünü belirleyin, kanonik denklemini oluşturun ve kanonik koordinat sistemini bulun:

G)
;

8.4.12.

bir elipstir. Bu elipsin yarı eksenlerinin uzunluklarını ve dışmerkezliğini, merkezin ve odakların koordinatlarını bulun, eksenler ve doğrultmanlar için denklemler oluşturun.

8.4.13. Denklemin verdiği ikinci dereceden eğrinin olduğunu kanıtlayın

bir abartıdır. Yarı eksenlerin uzunluklarını ve bu hiperbolün dışmerkezliğini, merkezin ve odakların koordinatlarını bulun, eksenler, doğrultmanlar ve asimptotlar için denklemler oluşturun.

8.4.14. Denklemin verdiği ikinci dereceden eğrinin olduğunu kanıtlayın

,

bir paraboldür. Bu parabolün parametresini, köşelerin koordinatlarını ve odak noktasını bulun, eksen ve doğrultman denklemlerini yazın.

8.4.15. Aşağıdaki denklemlerin her birini kanonik forma dönüştürün. Orijinal dikdörtgen koordinat sistemine göre ilgili ikinci dereceden eğriyi çizimde çizin:

8.4.16. Değişmez teoriyi kullanarak eğrinin türünü belirleyin ve eğrinin kanonik denklemini oluşturun.