821

Получена система линейных алгебраических уравнений. Определителем этой системы является инвариант 2 ≠ 0, поэтому система имеет единственной решение.

Преобразуем:

{ 6 0 + 5 0 = 8, 5 0 + 2 0 = 11.

меной элементов второго столбца соответствующими элементами правой

Подставляем значения коэффициентов из общего уравнения кривой:

{ 9 0 − 2 0 = 0, −2 0 − 7 0 = 0.

Получена однородная система линейных алгебраических уравнений. Определителем этой системы является инвариант 2 ≠ 0, поэтому система

является центральной.

Для нахождения координат центра 0 и 0 воспользуемся системой

уравнений:

{ 0 + 0 + = 0,0 + 0 + = 0.

Подставляем значения коэффициентов из общего уравнения кривой:

{2 0 − 2 0 − 4 = 0, −2 0 + 5 0 = 0.

Получена система линейных алгебраических уравнений. Определителем этой системы является инвариант 2 ≠ 0, поэтому система имеет единственной решение.

Преобразуем:

251

лим определитель ∆1, который получается из ∆ заменой элементов первого столбца соответствующими элементами правой части уравнений: ∆1=

= |20 −51| = 10. Вычислим определитель ∆2, который получается из ∆ за-

меной элементов второго столбца соответствующими элементами правой

5.3. Приведение к каноническому виду центральной кривой второго порядка

Если ( 0; 0) – центр кривой второго порядка, то с помощью фор-

мул преобразования координат при параллельном сдвиге осей { = ′′ + 0,= + 0

уравнение кривой принимает вид:

′2 + 2 ′ ′ + ′2 + ′ = 0.

Это преобразование соответствует переносу начала координат в центр кривой. Коэффициенты , , те же, что и в общем уравнении. Величину ′

можно найти по формуле ′ = 0 + 0 + или по формуле: ′ = 3 .

2

Если кривая является центральной, то с помощью формул преобразо-

вания координат при повороте осей на угол

′ = ′′ cos − ′′ sin , { ′ = ′′ sin + ′′ cos .

уравнение кривой приводится к каноническому виду:

1 ′′2 + 2 ′′2 + ′ = 0,

где 1 и 2 – корни квадратного уравнения 2 − ( + ) + ( − 2) = 0. Заметим, что + = 1, − 2 = 2. С учётом этого квадратное уравнение принимает вид: 2 − 1 + 2 = 0.

Для нахождения угла поворота используют формулу 2 = 2− .

Если кривая представляет пару пересекающихся прямых, то есть вырожденную гиперболу, то угловые коэффициенты прямых находят из сле-

дующего уравнения:

2 + 2 + = 0.

Пример 5.5. Установить, что следующее уравнение определяет цен-

тральную линию; преобразовать его путём переноса начала координат в центр: 3 2 − 6 + 2 2 − 4 + 2 + 1 = 0.

Для нахождения координат центра 0 и 0 воспользуемся системой

уравнений:

{ 0 + 0 + = 0,0 + 0 + = 0.

Подставляем значения коэффициентов из общего уравнения кривой:

{ 3 0 − 3 0 − 2 = 0, −3 0 + 2 0 + 1 = 0.

Сложив уравнения, получаем: − 0 − 1 = 0, 0 = −1. Подставляем0 = −1 в первое уравнение: 3 0 − 3 ∙ (−1) − 2 = 0, 0 = − 13 . Таким образом, центр кривой (− 13 ; −1).

После переноса начала координат в центр кривой уравнение кривой принимает вид: ′2 + 2 ′ ′ + ′2 + ′ = 0, где ′ = 0 + 0 + .

Вычисляем: ′ = −2 ∙ (− 13) + 1 ∙ (−1) + 1 = 23 . Составляем уравнение кри-

вой: 3 ′2 − 6 ′ ′ + 2 ′2 + 23 = 0. Преобразуем: 9 ′2 − 18 ′ ′ + 6 ′2 +

+2 = 0.

Ответ: 9 ′2 − 18 ′ ′ + 6 ′2 + 2 = 0.

Пример 5.6. Определить тип каждого из следующих уравнений; установить, какие геометрические образы они определяют; привести каждое уравнение к каноническому виду; изобразить на чертеже расположение каждого геометрического образа относительно старых и новых осей координат:

1)4 2 + 9 2 − 40 + 36 + 100 = 0;

2)9 2 + 4 2 + 18 − 8 + 49 = 0;

3)9 2 − 16 2 − 54 − 64 − 127 = 0;

4)4 2 − 2 + 8 − 2 + 3 = 0;

5)2 2 + 3 2 + 8 − 6 + 11 = 0;

6)2 + 2 − 6 + 4 = 0;

7)32 2 + 52 − 7 2 + 180 = 0;

8)25 2 − 14 + 25 2 + 64 − 64 − 224 = 0;

9)3 2 + 4 + 2 − 2 − 1 = 0;

липс.

Рассмотрим два способа приведения уравнения кривой второго порядка к каноническому виду.

Способ 1 (С помощью инвариантов).

253

Далее преобразуем исходное уравнение путём переноса начала координат в центр кривой, то есть в точку (5; −2). Уравнение кривой принимает вид: ′2 + 2 ′ ′ + ′2 + ′ = 0. Так как кривая центральная, то

уравнение эллипса с центром в точке (5; −2) и полуосями = 3, = 2. Способ 2 (С помощью выделения полного квадрата относительно

каждой переменной и применения формул преобразования координат при параллельном сдвиге осей).

Сгруппируем слагаемые относительно каждой переменной:

(4 2 − 40 ) + (9 2 + 36 ) + 100 = 0.

Вынесем за скобку числовой коэффициент перед квадратом каждой

неизвестной:

4( 2 − 10 ) + 9( 2 + 4 ) + 100 = 0.

Выделим в каждой скобке полный квадрат, воспользовавшись формулами сокращённого умножения 2 ± 2 + 2 = ( ± )2. Для этого дополним выражение каждой скобки до полного квадрата. Преобразуем выражение первой скобки:

2 − 10 = 2 − 2 ∙ ∙ 5 + 52 − 52 = ( 2 − 2 ∙ ∙ 5 + 52) − 25 =

=( − 5)2 − 25.

Преобразуем выражение второй скобки:

2 + 4 = 2 + 2 ∙ ∙ 2 + 22 − 22 = ( 2 + 2 ∙ ∙ 2 + 22) − 4 =

=( + 2)2 − 4.

Подставляем полученные выражения в уравнение:

4[( − 5)2 − 25] + 9[( + 2)2 − 4] + 100 = 0.

Раскроем внешние скобки:

4( − 5)2 − 100 + 9( + 2)2 − 36 + 100 = 0.

Преобразуем:

4( − 5)2 + 9( + 2)2 = 36,

( −5)9 2 + ( +2)4 2 = 1.

Далее воспользуемся формулами преобразования координат при па-

раллельном сдвиге осей: { − 0 = ′, где ( 0; 0) – центр кривой. Полу-

− 0 = ′,

{ − 5 = ′, ( )

чаем: + 2 = ′, где 5; −2 – центр эллипса. Тогда каноническое урав-

нение эллипса: ′2 + ′2 = 1.

9 4

Выполним построение (рис. 5.1).

254

Рис. 5.1. Эллипс с центром в точке (5; −2) и полуосями = 3, = 2 (к Примеру 5.6 (1))

1 = 9 + 4 = 13 > 0. Так как 1 > 0 и 3 > 0, то уравнение не определяет никакого геометрического образа или, говорят, определяет мнимый эллипс. К каноническому уравнению приводить не имеет смысла.

Далее преобразуем исходное уравнение путём переноса начала координат в центр кривой, то есть в точку (3; −2). Уравнение кривой прини-

255

мает вид: ′2 + 2 ′ ′ + ′2 + ′ = 0. Так как кривая центральная, то

′ = 3 = 1442 = −144. Составляем уравнение кривой: 9 ′2 − 16 ′2 −

2 −144

−144 = 0. Преобразуем: 9 ′2 − 16 ′2 = 144, ′2 − ′2 = 1. Получили кано-

16 9

ническое уравнение гиперболы с центром в точке (3; −2) и полуосями

= 4, = 3. Выполним построение (рис. 5.2).

′

Далее преобразуем исходное уравнение путём переноса начала координат в центр кривой, то есть в точку (−1; −1). Уравнение кривой принимает вид: ′2 + 2 ′ ′ + ′2 + ′ = 0. Так как кривая центральная, то

′ = 3 = 0 = 0. Составляем уравнение кривой: 4 ′2 − ′2 = 0. Преобразу-

2 −4

ем: (2 ′ − ′)(2 ′ + ′) = 0. Отсюда 2 ′ − ′ = 0 или 2 ′ + ′ = 0. Полу-

чили две пересекающиеся прямые ′ = 2 ′ и ′ = −2 ′. Выполним построение (рис. 5.3).

256

′

Рис. 5.3. Две прямые, пересекающиеся в точке (−1; −1) (к Примеру 5.6 (4))

+3 = 5 > 0. Так как 1 > 0 и 3 = 0, то кривая вырождена в точку. Составим каноническое уравнение кривой с помощью инвариантов. Так как 2 ≠ 0, то кривая является центральной. Найдём координаты

Рис. 5.4. Кривая вырождена в точку (−2; 1) (к Примеру 5.6 (5))

257

1 = 2 > 0. Так как 1 > 0 и 3 < 0, то кривая представляет эллипс. Учитывая, что коэффициенты перед квадратами неизвестных равны, мы имеем

Далее преобразуем исходное уравнение путём переноса начала координат в центр кривой, то есть в точку (3; −2). Уравнение кривой принимает вид: ′2 + 2 ′ ′ + ′2 + ′ = 0. Так как кривая центральная, то

2

Преобразуем: ′2 + ′2 = 13. Получили каноническое уравнение окружно-

сти с центром в точке (3; −2) радиуса = √13. Выполним построение

(рис. 5.5).

′

−2 − √13

Рис. 5.5. Окружность с центром в точке (3; −2) радиуса = √13 (к Примеру 5.6 (6))

{32 0 + 26 0 = 0,. Получили однородную систему линейных алгебраиче-

26 0 − 7 0 = 0.

ских уравнений. Так как определитель системы является инвариантом 2 ≠ 0, то система имеет единственное нулевое решение. Таким образом, центр кривой (0; 0). Это означает, что для приведения уравнения к каноническому виду необходимо выполнить только одно преобразование – поворот осей.

Найдём угол поворота по формуле 2 = 2− . Вычисляем: 2 =

= 32−(−7)2∙26 = 5239 = 43 , ≈ 29,50.

При повороте осей уравнение кривой приводится к каноническому

Получено каноническое уравнение гиперболы с полуосями = 3,= 2 в системе координат ′′ ′′, полученной из системы поворотом на угол ≈ 29,50. Выполним построение (рис. 5.6).

лим инвариант 1 = + . Получаем: 1 = 25 + 25 = 50 > 0. Так как 1 > 0 и 3 < 0, то кривая представляет эллипс.

259

Рис. 5.6. Гипербола с центром в точке (0; 0), полуосями = 3, = 2, углом поворота ≈ 29,50 (к Примеру 5.6 (7))

Получена система линейных алгебраических уравнений. Определителем этой системы является инвариант 2 ≠ 0, поэтому система имеет единственное решение. Найдём это решение, например, по формулам Крамера.

∆ заменой элементов второго столбца соответствующими элементами пра-

Преобразуем:

18 ′′2 + 32 ′′2 = 288,

260