Opća jednadžba pravca i njezine varijante. Opća jednadžba krivulja drugog reda. Prijelaz s opće jednadžbe pravca na druge vrste jednadžbi pravca i obrnuto

Opća jednadžba krivulje drugog reda u ravnini je:

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

gdje A 2 + B 2 + C 2 0, (A, B, C, D, E, F) R. Definira sve moguće konusne presjeke proizvoljno smještene na ravnini.

Iz koeficijenata jednadžbe (39) sastavljamo dvije determinante:

nazvao diskriminanta jednadžbe(39), i - diskriminant vodećih članova jednadžbe. Pri 0, jednadžba (39) određuje: > 0 - elipsa;< 0 - гиперболу; = 0 - параболу. В случае = 0 кривые вырождаются в точку или прямые линии.

Iz opće jednadžbe (39) moguće je prijeći na kanoničku jednadžbu ako se isključe linearni i križni članovi prelaskom na novi koordinatni sustav koji se podudara s osima simetrije figure. Zamijenimo u (39) x na x + a i g na g + b, gdje a, b neke konstante. Zapišimo dobivene koeficijente za x i g i izjednačite ih s 0

(aa + bb + D)x = 0, (Cb + Ba + E)g = 0. (41)

Kao rezultat, jednadžba (39) će imati oblik:

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

gdje su koeficijenti ALI, B, C nisu se promijenile, ali F= / . Rješenjem sustava jednadžbi (41) odredit ćemo koordinate središta simetrije figure:

Ako a B= 0, tada a = -D/A, b = -E/C a zgodno je eliminirati linearne članove u (39) metodom redukcije na puni kvadrat:

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

U jednadžbi (42) zarotirajmo koordinate za kut a (38). Rezultirajući koeficijent upisujemo na križni član xg i izjednačite ga s 0

xy = 0. (44)

Uvjet (44) određuje potrebni kut zakretanja koordinatnih osi dok se ne poklope s osima simetrije figure i poprima oblik:

Jednadžba (42) ima oblik:

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

odakle je lako prijeći na kanoničku jednadžbu krivulje:

Izgledi A + , C+ , pod uvjetom (45), mogu se prikazati kao korijeni pomoćne kvadratne jednadžbe:

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

Kao rezultat, određeni su položaj i smjer osi simetrije figure, njegove poluosi:

a može se konstruirati geometrijski.

U slučaju = 0 imamo parabolu. Ako je njegova os simetrije paralelna s osi Oh, onda jednadžba postaje:

ako ne, onda na obrazac:

gdje izrazi u zagradama, izjednačeni s 0, definiraju pravce novih koordinatnih osi: , .

Rješavanje tipičnih problema

Primjer 15 Navedite jednadžbu 2 x 2 + 3g 2 - 4x + 6g- 7 = 0 kanonskom obliku i izgraditi krivulju.

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

Izvršimo redukciju na puni kvadrat:

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


Koordinate centra simetrije (1; -1), linearna transformacija x = x - 1, Y = g+ 1 dovodi jednadžbu u kanonski oblik.

Primjer 16 Navedite jednadžbu 2 xy = a 2 u kanonski oblik i konstruirajte krivulju.

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

Središte koordinatnog sustava nalazi se u središtu simetrije krivulje, jer u jednadžbi nema linearnih članova. Zarotirajmo osi za kut a. Prema formuli (45) imamo tg2a = B/(A - C) = , tj. a = 45°. Izgledi kanonska jednadžba (46) A + , C+ određeni su jednadžbom (48): t 2 = 1 ili t 1,2 = 1 A + = 1, C+ = -1, tj.
x 2 - Y 2 = a 2 ili . Dakle, jednadžba 2 hu = a 2 opisuje hiperbolu sa središtem simetrije u (0; 0). Osi simetrije nalaze se duž simetrala koordinatnih kutova, asimptote su koordinatne osi, poluosi hiperbole su jednake a.y - 9 =0;

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

2x 2 + 4x + g - 2 = 0;

3x 2 - 6x - g + 2 = 0;

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

4x 2 + 8x - g - 5 = 0;

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

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

U ovom ćemo članku razmotriti opću jednadžbu pravca u ravnini. Navedimo primjere konstruiranja opće jednadžbe pravca ako su poznate dvije točke tog pravca ili ako je poznata jedna točka i vektor normale tog pravca. Predstavimo metode za pretvaranje jednadžbe u opći pogled u kanonske i parametarske oblike.

Neka je zadan proizvoljan Kartezijev pravokutni koordinatni sustav Oxy. Razmotrimo jednadžbu prvog stupnja ili linearnu jednadžbu:

Sjekira+Po+C=0, (1)

gdje A, B, C su neke konstante, i barem jedan od elemenata A i B različit od nule.

Pokazat ćemo da linearna jednadžba u ravnini definira ravnu liniju. Dokažimo sljedeći teorem.

Teorem 1. U proizvoljnom Kartezijevom pravokutnom koordinatnom sustavu na ravnini, svaka ravna crta može se dati linearnom jednadžbom. Obrnuto, svaka linearna jednadžba (1) u proizvoljnom kartezijevom pravokutnom koordinatnom sustavu na ravnini definira ravnu liniju.

Dokaz. Dovoljno je dokazati da linija L određena je linearnom jednadžbom za bilo koji Kartezijev pravokutni koordinatni sustav, budući da će tada biti određena linearnom jednadžbom i za bilo koji izbor Kartezijevog pravokutnog koordinatnog sustava.

Neka je na ravnini dana pravac L. Odaberemo koordinatni sustav tako da os Vol poravnati s linijom L, i os Joj bio okomit na njega. Zatim jednadžba pravca Lće imati sljedeći oblik:

y=0. (2)

Sve točke na liniji Lće zadovoljiti linearnu jednadžbu (2), a sve točke izvan ove ravne linije neće zadovoljiti jednadžbu (2). Prvi dio teorema je dokazan.

Neka je dan kartezijev pravokutni koordinatni sustav i neka je dana linearna jednadžba (1), gdje je barem jedan od elemenata A i B različit od nule. Odredite geometrijsko mjesto točaka čije koordinate zadovoljavaju jednadžbu (1). Budući da je barem jedan od koeficijenata A i B različita od nule, onda jednadžba (1) ima barem jedno rješenje M(x 0 ,g 0). (Na primjer, kada A≠0, točka M 0 (−C/A, 0) pripada zadanom geometrijskom mjestu točaka). Zamjenom ovih koordinata u (1) dobivamo identitet

Sjekira 0 +Po 0 +C=0. (3)

Oduzmimo identitet (3) od (1):

A(x−x 0)+B(g−g 0)=0. (4)

Očito, jednadžba (4) je ekvivalentna jednadžbi (1). Stoga je dovoljno dokazati da (4) definira neki pravac.

Budući da se radi o kartezijskom pravokutnom koordinatnom sustavu, iz jednakosti (4) slijedi da je vektor s komponentama ( x−x 0 , y−y 0 ) je okomit na vektor n s koordinatama ( A,B}.

Razmotrite neku liniju L prolazeći kroz točku M 0 (x 0 , g 0) i okomito na vektor n(Sl. 1). Neka točka M(x,y) pripada pravcu L. Zatim vektor s koordinatama x−x 0 , y−y 0 okomito n i jednadžba (4) je zadovoljena (skalarni produkt vektora n a jednaka je nuli). Suprotno tome, ako je točka M(x,y) ne leži na pravcu L, zatim vektor s koordinatama x−x 0 , y−y 0 nije ortogonalna na vektor n a jednadžba (4) nije zadovoljena. Teorem je dokazan.

Dokaz. Budući da pravci (5) i (6) definiraju isti pravac, normalni vektori n 1 ={A 1 ,B 1 ) i n 2 ={A 2 ,B 2) su kolinearni. Budući da vektori n 1 ≠0, n 2 ≠ 0, onda postoji broj λ , što n 2 =n 1 λ . Stoga imamo: A 2 =A 1 λ , B 2 =B 1 λ . Dokažimo to C 2 =C 1 λ . Očito je da pravci koji se podudaraju imaju zajedničku točku M 0 (x 0 , g 0). Množenje jednadžbe (5) sa λ i oduzimanjem jednadžbe (6) od nje dobivamo:

Kako su prve dvije jednakosti iz izraza (7) zadovoljene, onda C 1 λ −C 2=0. Oni. C 2 =C 1 λ . Opaska je dokazana.

Primijetite da jednadžba (4) definira jednadžbu pravca koji prolazi točkom M 0 (x 0 , g 0) i ima normalni vektor n={A,B). Dakle, ako su poznati normalni vektor pravca i točka koja pripada tom pravcu, tada se opća jednadžba pravca može konstruirati pomoću jednadžbe (4).

Primjer 1. Pravac prolazi točkom M=(4,−1) i ima vektor normale n=(3, 5). Konstruirajte opću jednadžbu pravca.

Riješenje. Imamo: x 0 =4, g 0 =−1, A=3, B=5. Da bismo konstruirali opću jednadžbu ravne linije, zamijenimo ove vrijednosti u jednadžbu (4):

Odgovor:

Vektor paralelan s pravcem L i stoga je okomit na vektor normale pravca L. Konstruirajmo vektor normalne linije L, s obzirom da je skalarni produkt vektora n i jednaka je nuli. Možemo napisati npr. n={1,−3}.

Za konstruiranje opće jednadžbe pravca koristimo formulu (4). Zamijenimo u (4) koordinate točke M 1 (možemo uzeti i koordinate točke M 2) i vektor normale n:

Zamjena koordinata točke M 1 i M 2 u (9) možemo osigurati da ravna crta dana jednadžbom (9) prolazi kroz te točke.

Odgovor:

Oduzmi (10) od (1):

Dobili smo kanoničku jednadžbu pravca. Vektor q={−B, A) je vektor smjera pravca (12).

Vidi obrnuta transformacija.

Primjer 3. Pravac u ravnini predstavljen je sljedećom općom jednadžbom:

Pomaknite drugi član udesno i obje strane jednadžbe podijelite s 2 5.

Ovaj članak nastavlja temu jednadžbe ravne crte na ravnini: razmotrite takvu vrstu jednadžbe kao opću jednadžbu ravne crte. Definirajmo teorem i dajmo njegov dokaz; Shvatimo što je nepotpuna opća jednadžba ravne linije i kako napraviti prijelaze s opće jednadžbe na druge vrste jednadžbi ravne linije. Cijelu teoriju ćemo učvrstiti ilustracijama i rješavanjem praktičnih zadataka.

Neka je na ravnini zadan pravokutni koordinatni sustav O x y.

Teorem 1

Svaka jednadžba prvog stupnja, koja ima oblik A x + B y + C \u003d 0, gdje su A, B, C neki realni brojevi (A i B nisu jednaki nuli u isto vrijeme) definira ravnu liniju u pravokutni koordinatni sustav na ravnini. S druge strane, bilo koja linija u pravokutnom koordinatnom sustavu na ravnini određena je jednadžbom koja ima oblik A x + B y + C = 0 za određeni skup vrijednosti A, B, C.

Dokaz

Ovaj se teorem sastoji od dvije točke, svaku od njih ćemo dokazati.

  1. Dokažimo da jednadžba A x + B y + C = 0 određuje pravac na ravnini.

Neka postoji neka točka M 0 (x 0 , y 0) čije koordinate odgovaraju jednadžbi A x + B y + C = 0 . Dakle: A x 0 + B y 0 + C = 0 . Oduzimamo od lijeve i desne strane jednadžbe A x + B y + C \u003d 0 lijevu i desnu stranu jednadžbe A x 0 + B y 0 + C \u003d 0, dobivamo novu jednadžbu koja izgleda kao A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 . To je ekvivalentno A x + B y + C = 0 .

Rezultirajuća jednadžba A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 nužan je i dovoljan uvjet za okomitost vektora n → = (A, B) i M 0 M → = (x - x 0, y - y 0 ) . Dakle, skup točaka M (x, y) određuje u pravokutnom koordinatnom sustavu ravnu crtu okomitu na smjer vektora n → = (A, B) . Možemo pretpostaviti da to nije tako, ali tada vektori n → = (A, B) i M 0 M → = (x - x 0, y - y 0) ne bi bili okomiti, a jednakost A (x - x 0 ) + B (y - y 0) = 0 ne bi bilo točno.

Prema tome, jednadžba A (x - x 0) + B (y - y 0) \u003d 0 definira neki pravac u pravokutnom koordinatnom sustavu na ravnini, pa stoga ekvivalentna jednadžba A x + B y + C \u003d 0 definira ista linija. Time smo dokazali prvi dio teorema.

  1. Dokažimo da se svaka ravna crta u pravokutnom koordinatnom sustavu na ravnini može dati jednadžbom prvog stupnja A x + B y + C = 0 .

Postavimo ravnu liniju a u pravokutnom koordinatnom sustavu na ravnini; točka M 0 (x 0 , y 0) kroz koju ovaj pravac prolazi, kao i vektor normale tog pravca n → = (A , B) .

Neka postoji i neka točka M (x , y) - pokretna točka pravca. U ovom slučaju vektori n → = (A , B) i M 0 M → = (x - x 0 , y - y 0) okomiti su jedan na drugi, a njihov skalarni umnožak je nula:

n → , M 0 M → = A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0

Prepišimo jednadžbu A x + B y - A x 0 - B y 0 = 0 , definirajmo C: C = - A x 0 - B y 0 i na kraju dobijemo jednadžbu A x + B y + C = 0 .

Dakle, dokazali smo drugi dio teorema i dokazali smo cijeli teorem u cjelini.

Definicija 1

Jednadžba koja izgleda A x + B y + C = 0 - ovo je opća jednadžba pravca na ravnini u pravokutnom koordinatnom sustavuO x y .

Na temelju dokazanog teorema možemo zaključiti da su pravac zadan na ravnini u fiksnom pravokutnom koordinatnom sustavu i njegova opća jednadžba neraskidivo povezane. Drugim riječima, izvorna linija odgovara svojoj općoj jednadžbi; opća jednadžba pravca odgovara zadanom pravcu.

Iz dokaza teorema također proizlazi da su koeficijenti A i B za varijable x i y koordinate vektora normale pravca, koji je dan općom jednadžbom pravca A x + B y + C = 0.

Smatrati konkretan primjer opća jednadžba pravca.

Neka je dana jednadžba 2 x + 3 y - 2 = 0 koja odgovara ravnoj liniji u zadanom pravokutnom koordinatnom sustavu. Vektor normale ovog pravca je vektor n → = (2 , 3)​. Nacrtaj zadanu ravnu liniju na crtežu.

Može se tvrditi i sljedeće: ravna linija koju vidimo na crtežu određena je općom jednadžbom 2 x + 3 y - 2 = 0, budući da koordinate svih točaka dane prave linije odgovaraju ovoj jednadžbi.

Jednadžbu λ · A x + λ · B y + λ · C = 0 možemo dobiti množenjem obje strane opće jednadžbe ravnog pravca s brojem λ različitim od nule. Rezultirajuća jednadžba je ekvivalentna izvornoj općoj jednadžbi, stoga će opisati istu liniju u ravnini.

Definicija 2

Potpuna opća jednadžba pravca- takva opća jednadžba linije A x + B y + C \u003d 0, u kojoj brojevi A, B, C nisu nula. Inače, jednadžba je nepotpun.

Analizirajmo sve varijante nepotpune opće jednadžbe pravca.

  1. Kada je A \u003d 0, B ≠ 0, C ≠ 0, opća jednadžba postaje B y + C \u003d 0. Takva nepotpuna opća jednadžba definira ravnu liniju u pravokutnom koordinatnom sustavu O x y koja je paralelna s osi O x, budući da će za bilo koju stvarnu vrijednost x, varijabla y poprimiti vrijednost - C B . Drugim riječima, opća jednadžba pravca A x + B y + C \u003d 0, kada je A \u003d 0, B ≠ 0, definira geometrijsko mjesto točaka (x, y) čije su koordinate jednake istom broju - C B .
  2. Ako je A \u003d 0, B ≠ 0, C \u003d 0, opća jednadžba postaje y \u003d 0. Takva nepotpuna jednadžba definira x-os O x .
  3. Kada je A ≠ 0, B = 0, C ≠ 0, dobivamo nepotpunu opću jednadžbu A x + C = 0, koja definira ravnu liniju paralelnu s y-osi.
  4. Neka je A ≠ 0, B = 0, C = 0, tada će nepotpuna opća jednadžba imati oblik x = 0, a to je jednadžba koordinatne linije O y.
  5. Konačno, kada je A ≠ 0, B ≠ 0, C = 0, nepotpuna opća jednadžba poprima oblik A x + B y = 0. A ova jednadžba opisuje ravnu liniju koja prolazi kroz ishodište. Doista, par brojeva (0 , 0) odgovara jednakosti A x + B y = 0 , budući da je A · 0 + B · 0 = 0 .

Grafički ilustrirajmo sve navedene vrste nepotpune opće jednadžbe pravca.

Primjer 1

Poznato je da je zadana pravac paralelna s osi y i prolazi točkom 2 7 , - 11 . Potrebno je napisati opću jednadžbu zadanog pravca.

Riješenje

Ravna linija paralelna s osi y dana je jednadžbom oblika A x + C \u003d 0, u kojoj je A ≠ 0. Uvjet također zadaje koordinate točke kroz koju pravac prolazi, a koordinate te točke odgovaraju uvjetima nepotpune opće jednadžbe A x + C = 0 , tj. jednakost je točna:

A 2 7 + C = 0

Moguće je odrediti C iz njega dajući A neku vrijednost različitu od nule, na primjer, A = 7 . U ovom slučaju dobivamo: 7 2 7 + C \u003d 0 ⇔ C \u003d - 2. Znamo oba koeficijenta A i C, zamijenimo ih u jednadžbu A x + C = 0 i dobijemo traženu jednadžbu pravca: 7 x - 2 = 0

Odgovor: 7 x - 2 = 0

Primjer 2

Crtež prikazuje ravnu liniju, potrebno je napisati njezinu jednadžbu.

Riješenje

Zadani crtež nam omogućuje jednostavno uzimanje polaznih podataka za rješavanje problema. Na crtežu vidimo da je zadani pravac paralelan s osi O x i prolazi točkom (0 , 3) ​​​​.

Pravac, koji je paralelan s apscisom, određen je nepotpunom općom jednadžbom B y + S = 0. Pronađite vrijednosti B i C. Koordinate točke (0, 3), budući da kroz nju prolazi zadani pravac, zadovoljit će jednadžbu pravca B y + S = 0, tada vrijedi jednakost: V · 3 + S = 0. Postavimo B na neku vrijednost različitu od nule. Recimo B \u003d 1, u ovom slučaju iz jednakosti B · 3 + C \u003d 0 možemo pronaći C: C \u003d - 3. Koristimo poznate vrijednosti B i C, dobivamo traženu jednadžbu pravca: y - 3 = 0.

Odgovor: y - 3 = 0 .

Opća jednadžba pravca koji prolazi kroz zadanu točku ravnine

Neka zadani pravac prolazi točkom M 0 (x 0, y 0), tada njegove koordinate odgovaraju općoj jednadžbi pravca, tj. vrijedi jednakost: A x 0 + B y 0 + C = 0 . Oduzmite lijevu i desnu stranu ove jednadžbe od lijeve i desne strane opće potpune jednadžbe pravca. Dobivamo: A (x - x 0) + B (y - y 0) + C \u003d 0, ova jednadžba je ekvivalentna izvornoj općoj, prolazi kroz točku M 0 (x 0, y 0) i ima normalni vektor n → \u003d (A, B) .

Rezultat koji smo dobili omogućuje pisanje opće jednadžbe pravca za poznate koordinate vektora normale pravca i koordinate određene točke tog pravca.

Primjer 3

Dana je točka M 0 (- 3, 4) kroz koju pravac prolazi i vektor normale tog pravca n → = (1 , - 2) . Potrebno je napisati jednadžbu zadanog pravca.

Riješenje

Početni uvjeti omogućuju nam da dobijemo potrebne podatke za sastavljanje jednadžbe: A \u003d 1, B = - 2, x 0 \u003d - 3, y 0 = 4. Zatim:

A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 ⇔ 1 (x - (- 3)) - 2 y (y - 4) = 0 ⇔ ⇔ x - 2 y + 22 = 0

Problem se mogao drugačije riješiti. Opća jednadžba pravca ima oblik A x + B y + C = 0 . Zadani normalni vektor omogućuje vam da dobijete vrijednosti koeficijenata A i B , zatim:

A x + B y + C = 0 ⇔ 1 x - 2 y + C = 0 ⇔ x - 2 y + C = 0

Nađimo sada vrijednost C, koristeći točku M 0 (- 3, 4) zadanu uvjetom problema, kroz koju linija prolazi. Koordinate te točke odgovaraju jednadžbi x - 2 · y + C = 0 , tj. - 3 - 2 4 + C \u003d 0. Stoga je C = 11. Tražena jednadžba pravca ima oblik: x - 2 · y + 11 = 0 .

Odgovor: x - 2 y + 11 = 0 .

Primjer 4

Zadani su pravac 2 3 x - y - 1 2 = 0 i točka M 0 koja leži na tom pravcu. Poznata je samo apscisa ove točke, a ona je jednaka - 3. Potrebno je odrediti ordinatu zadane točke.

Riješenje

Postavimo oznaku koordinata točke M 0 kao x 0 i y 0 . Početni podaci pokazuju da je x 0 \u003d - 3. Budući da točka pripada danom pravcu, tada njezine koordinate odgovaraju općoj jednadžbi tog pravca. Tada će biti istinita sljedeća jednakost:

2 3 x 0 - y 0 - 1 2 = 0

Definirajte y 0: 2 3 (- 3) - y 0 - 1 2 = 0 ⇔ - 5 2 - y 0 = 0 ⇔ y 0 = - 5 2

Odgovor: - 5 2

Prijelaz s opće jednadžbe pravca na druge vrste jednadžbi pravca i obrnuto

Kao što znamo, postoji više vrsta jednadžbi iste ravne linije u ravnini. Izbor vrste jednadžbe ovisi o uvjetima problema; moguće je odabrati onaj koji je pogodniji za njegovo rješenje. Ovdje vrlo dobro dolazi vještina pretvaranja jednadžbe jedne vrste u jednadžbu druge vrste.

Najprije razmotrimo prijelaz s opće jednadžbe oblika A x + B y + C = 0 na kanoničku jednadžbu x - x 1 a x = y - y 1 a y .

Ako je A ≠ 0, tada član B y prenosimo na desnu stranu opće jednadžbe. S lijeve strane A izvlačimo iz zagrade. Kao rezultat, dobivamo: A x + C A = - B y .

Ova se jednakost može napisati kao proporcija: x + C A - B = y A .

Ako je B ≠ 0, ostavljamo samo izraz A x na lijevoj strani opće jednadžbe, ostale prenosimo na desnu stranu, dobivamo: A x \u003d - B y - C. Izvadimo - B iz zagrada, zatim: A x \u003d - B y + C B.

Prepišimo jednakost kao proporciju: x - B = y + C B A .

Naravno, nema potrebe pamtiti dobivene formule. Dovoljno je znati algoritam radnji tijekom prijelaza s opće jednadžbe na kanonsku.

Primjer 5

Dana je opća jednadžba pravca 3 y - 4 = 0. Potrebno ju je pretvoriti u kanoničku jednadžbu.

Riješenje

Izvornu jednadžbu zapisujemo kao 3 y - 4 = 0 . Zatim djelujemo prema algoritmu: član 0 x ostaje na lijevoj strani; a na desnoj strani izvadimo - 3 iz zagrada; dobivamo: 0 x = - 3 y - 4 3 .

Zapišimo dobivenu jednakost kao proporciju: x - 3 = y - 4 3 0 . Time smo dobili jednadžbu kanonskog oblika.

Odgovor: x - 3 = y - 4 3 0.

Za transformaciju opće jednadžbe pravca u parametarske, prvo se provodi prijelaz na kanonski oblik, a zatim prijelaz s kanoničke jednadžbe pravca na parametarske jednadžbe.

Primjer 6

Pravac je dan jednadžbom 2 x - 5 y - 1 = 0 . Zapišite parametarske jednadžbe ovog pravca.

Riješenje

Prijeđimo s opće jednadžbe na kanoničku:

2 x - 5 y - 1 = 0 ⇔ 2 x = 5 y + 1 ⇔ 2 x = 5 y + 1 5 ⇔ x 5 = y + 1 5 2

Sada uzmimo oba dijela rezultirajuće kanonske jednadžbe jednaka λ, a zatim:

x 5 = λ y + 1 5 2 = λ ⇔ x = 5 λ y = - 1 5 + 2 λ , λ ∈ R

Odgovor:x = 5 λ y = - 1 5 + 2 λ , λ ∈ R

Opća jednadžba se može pretvoriti u jednadžbu pravocrtne linije s nagibom y = k x + b, ali samo kada je B ≠ 0. Za prijelaz na lijevoj strani ostavljamo član B y , ostali se prenose udesno. Dobivamo: B y = - A x - C . Podijelimo oba dijela dobivene jednakosti s B , koji je različit od nule: y = - A B x - C B .

Primjer 7

Dana je opća jednadžba pravca: 2 x + 7 y = 0 . Morate pretvoriti tu jednadžbu u jednadžbu nagiba.

Riješenje

Izvršimo potrebne radnje prema algoritmu:

2 x + 7 y = 0 ⇔ 7 y - 2 x ⇔ y = - 2 7 x

Odgovor: y = - 2 7 x .

Iz opće jednadžbe ravne linije dovoljno je jednostavno dobiti jednadžbu u segmentima oblika x a + y b \u003d 1. Da bismo napravili takav prijelaz, prenesemo broj C na desnu stranu jednakosti, podijelimo oba dijela dobivene jednakosti s - S i na kraju prenesemo koeficijente za varijable x i y na nazivnike:

A x + B y + C = 0 ⇔ A x + B y = - C ⇔ ⇔ A - C x + B - C y = 1 ⇔ x - C A + y - C B = 1

Primjer 8

Opću jednadžbu pravca x - 7 y + 1 2 = 0 potrebno je pretvoriti u jednadžbu pravca u segmentima.

Riješenje

Pomaknimo 1 2 na desnu stranu: x - 7 y + 1 2 = 0 ⇔ x - 7 y = - 1 2 .

Podijelite s -1/2 obje strane jednadžbe: x - 7 y = - 1 2 ⇔ 1 - 1 2 x - 7 - 1 2 y = 1 .

Odgovor: x - 1 2 + y 1 14 = 1 .

Općenito, obrnuti prijelaz je također lak: s drugih vrsta jednadžbi na opću.

Jednadžba ravne linije u segmentima i jednadžba s nagibom lako se mogu pretvoriti u opću jednostavnim prikupljanjem svih članova na lijevoj strani jednadžbe:

x a + y b ⇔ 1 a x + 1 b y - 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0 y = k x + b ⇔ y - k x - b = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Kanonska jednadžba se pretvara u opću prema sljedećoj shemi:

x - x 1 a x = y - y 1 a y ⇔ a y (x - x 1) = a x (y - y 1) ⇔ ⇔ a y x - a x y - a y x 1 + a x y 1 = 0 ⇔ A x + B y + C = 0

Za prelazak s parametarskog prvo se provodi prijelaz na kanonski, a zatim na opći:

x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ ⇔ x - x 1 a x = y - y 1 a y ⇔ A x + B y + C = 0

Primjer 9

Dane su parametarske jednadžbe pravca x = - 1 + 2 · λ y = 4. Potrebno je napisati opću jednadžbu ovog pravca.

Riješenje

Napravimo prijelaz s parametarskih jednadžbi na kanonske:

x = - 1 + 2 λ y = 4 ⇔ x = - 1 + 2 λ y = 4 + 0 λ ⇔ λ = x + 1 2 λ = y - 4 0 ⇔ x + 1 2 = y - 4 0

Prijeđimo s kanonskog na opće:

x + 1 2 = y - 4 0 ⇔ 0 (x + 1) = 2 (y - 4) ⇔ y - 4 = 0

Odgovor: y - 4 = 0

Primjer 10

Dana je jednadžba pravca u segmentima x 3 + y 1 2 = 1. Potrebno je izvršiti prijelaz na opći oblik jednadžbe.

Riješenje:

Napišimo samo jednadžbu u traženom obliku:

x 3 + y 1 2 = 1 ⇔ 1 3 x + 2 y - 1 = 0

Odgovor: 1 3 x + 2 y - 1 = 0 .

Sastavljanje opće jednadžbe pravca

Gore smo rekli da se opća jednadžba može napisati s poznatim koordinatama vektora normale i koordinatama točke kroz koju pravac prolazi. Takva ravna linija definirana je jednadžbom A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 . Na istom mjestu analizirali smo odgovarajući primjer.

Pogledajmo sada složenije primjere u kojima je, prvo, potrebno odrediti koordinate vektora normale.

Primjer 11

Dan je pravac paralelan s pravcem 2 x - 3 y + 3 3 = 0 . Poznata je i točka M 0 (4 , 1) kroz koju prolazi zadani pravac. Potrebno je napisati jednadžbu zadanog pravca.

Riješenje

Početni uvjeti nam govore da su pravci paralelni, dok kao vektor normale pravca čiju jednadžbu treba napisati uzimamo vektor usmjerivača pravca n → \u003d (2, - 3) : 2 x - 3 y + 3 3 \u003d 0. Sada znamo sve potrebne podatke za sastavljanje opće jednadžbe ravne linije:

A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 ⇔ 2 (x - 4) - 3 (y - 1) = 0 ⇔ 2 x - 3 y - 5 = 0

Odgovor: 2 x - 3 y - 5 = 0 .

Primjer 12

Zadani pravac prolazi ishodištem okomito na pravac x - 2 3 = y + 4 5 . Potrebno je napisati opću jednadžbu zadanog pravca.

Riješenje

Normalni vektor zadanog pravca bit će smjerni vektor pravca x - 2 3 = y + 4 5 .

Tada je n → = (3 , 5) . Pravac prolazi kroz ishodište, tj. kroz točku O (0, 0) . Sastavimo opću jednadžbu zadane ravne linije:

A (x - x 0) + B (y - y 0) = 0 ⇔ 3 (x - 0) + 5 (y - 0) = 0 ⇔ 3 x + 5 y = 0

Odgovor: 3 x + 5 y = 0 .

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Rekli smo da je algebarska krivulja drugog reda određena algebarskom jednadžbom drugog stupnja s obzirom na x i na. Općenito, takva se jednadžba može napisati kao

ALI x 2 + B hu+ C na 2+D x+ E g+ F = 0, (6)

gdje je A 2 + B 2 + C 2 ¹ 0 (tj. brojevi A, B, C ne nestaju u isto vrijeme). Uvjeti A x 2, V hu, OD na 2 nazivaju se stariji članovi jednadžbe, broj

nazvao diskriminirajući ova jednadžba. Jednadžba (6) naziva se opća jednadžba krivulja drugog reda.

Za prethodno razmatrane krivulje imamo:

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

krug x 2 + na 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: na 2 = 2pxÞ A \u003d B \u003d 0, C = 1, D \u003d -2 R, E = F = 0, d = 0,

x 2 = 2RUÞ A = 1B = C = D = 0, E = -2 R, F = 0, d = 0.

Krivulje dane jednadžbom (6) nazivaju se središnji krivulje ako je d¹0. Ako je d> 0, onda je krivulja eliptični tip ako d<0, то кривая hiperboličan tip. Krivulje za koje je d = 0 su krivulje parabolični tip.

Dokazano je da linija drugog reda u bilo koji Kartezijev koordinatni sustav zadan je algebarskom jednadžbom drugog reda. Samo u jednom sustavu jednadžba ima složen oblik (na primjer, (6)), au drugom je jednostavnija, na primjer, (5). Stoga je prikladno razmotriti takav koordinatni sustav u kojem je krivulja koja se proučava zapisana najjednostavnijom (na primjer, kanonskom) jednadžbom. Prijelaz iz jednog koordinatnog sustava, u kojem je krivulja dana jednadžbom oblika (6), u drugi, gdje je njezina jednadžba jednostavnijeg oblika, naziva se transformacija koordinata.

Razmotrite glavne vrste transformacija koordinata.

ja Prijenos transformacije koordinatne osi (uz očuvanje pravca). Neka točka M u početnom XOU koordinatnom sustavu ima koordinate ( x, nax¢, na¢). Iz crteža je vidljivo da su koordinate točke M u različitim sustavima povezane relacijama

(7) ili (8).

Formule (7) i (8) nazivaju se formulama transformacije koordinata.

II. Zakreni transformaciju koordinatne osi po kutu a. Ako u početnom XOU koordinatnom sustavu točka M ima koordinate ( x, na), au novom XO¢Y koordinatnom sustavu ima koordinate ( x¢, na¢). Zatim se odnos između tih koordinata izražava formulama

, (9)


ili

Koristeći transformaciju koordinata, jednadžba (6) se može svesti na jednu od sljedećih kanonski jednadžbe.

1) - elipsa,

2) - hiperbola,

3) na 2 = 2px, x 2 = 2RU- parabola

4) a 2 x 2 – b 2 g 2 \u003d 0 - par linija koje se sijeku (slika a)

5) g 2 – a 2 \u003d 0 - par paralelnih linija (slika b)

6) x 2 –a 2 \u003d 0 - par paralelnih linija (slika c)

7) g 2 = 0 - linije koje se podudaraju (OX os)

8) x 2 = 0 - linije koje se podudaraju (OS os)

9) a 2 x 2 + b 2 g 2 = 0 - točka (0, 0)

10) zamišljena elipsa

11) g 2 + a 2 = 0– par zamišljenih linija

12) x 2 + a 2 = 0 par imaginarnih linija.

Svaka od ovih jednadžbi je jednadžba linije drugog reda. Pravci definirani jednadžbama 4 - 12 nazivaju se degenerirati krivulje drugog reda.


Razmotrimo primjere transformacije opće jednadžbe krivulje u kanonski oblik.

1) 9x 2 + 4na 2 – 54x + 8na+ 49 = 0 Þ (9 x 2 – 54x) + (4na 2 + 8na) + 49 = 0 z

9(x 2 – 6x+ 9) + 4(na 2 + 2na+ 1) – 81 – 4 + 49 = 0 Þ 9( x –3) 2 + 4(na+ 1) = 36, z

.

Stavimo x¢ = x – 3, na¢ = na+ 1, dobivamo kanonsku jednadžbu elipse . Jednakost x¢ = x – 3, na¢ = na+ 1 definiraju translacijsku transformaciju koordinatnog sustava u točku (3, –1). Nakon što smo izgradili stari i novi koordinatni sustav, lako je nacrtati ovu elipsu.

2) 3na 2 +4x– 12na+8 = 0. Transformirajmo:

(3na 2 – 12na)+ 4 x+8 = 0

3(na 2 – 4na+4) – 12 + 4 x +8 = 0

3(y - 2) 2 + 4(x –1) = 0

(na – 2) 2 = – (x – 1) .

Stavimo x¢ = x – 1, na¢ = na– 2, dobivamo jednadžbu parabole na¢2 = - x¢. Izabrana zamjena odgovara prijenosu koordinatnog sustava u točku O¢(1,2).

Krivulja drugog reda- geometrijsko mjesto točaka na ravnini, pravokutne koordinate

koji zadovoljavaju jednadžbu oblika:

u kojoj je barem jedan od koeficijenata a 11, a 12, a 22 nije jednak nuli.

Invarijante krivulja drugog reda.

Oblik krivulje ovisi o 4 invarijante date u nastavku:

Invarijante u odnosu na rotaciju i pomak koordinatnog sustava:

Invarijanta pod rotacijom koordinatnog sustava ( polupromjenjiv):

Za proučavanje krivulja drugog reda razmatramo proizvod KAO.

Općenito jednadžba krivulje drugog reda izgleda ovako:

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

Ako a A*C > 0 eliptični tip. Bilo koji eliptični

jednadžba je jednadžba ili obične elipse, ili degenerirane elipse (točke), ili imaginarne

elipsa (u ovom slučaju jednadžba ne definira jednu geometrijsku sliku na ravnini);

Ako a A*C< 0 , tada jednadžba poprima oblik jednadžbe hiperbolički tip. Svaka hiperbolika

jednadžba izražava ili jednostavnu hiperbolu ili degeneriranu hiperbolu (dvije crte koje se sijeku);

Ako a A*C = 0, tada linija drugog reda neće biti središnja. Ova vrsta jednadžbe naziva se

jednadžbe parabolični tip i izrazi na ravnini ili prostu parabolu, ili 2 paralelne

(ili se podudaraju) pravci, ili ne izražavaju jednu geometrijsku sliku na ravnini;

Ako a A*C ≠ 0, krivulja drugog reda bit će