Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Приведение уравнения линии второго порядка к каноническому виду

Приведение уравнения линии второго порядка к каноническому виду


Пусть в прямоугольной системе координат Oxy алгебраическая линия второго порядка задана уравнением (3.34):


a_{11}\cdot x^2+2\cdot a_{12}\cdot x\cdot y+a_{22}\cdot y^2+2\cdot a_1\cdot x+2\cdot a_2\cdot y+a_0=0.

Чтобы привести уравнение к каноническому виду, нужно выполнить следующие действия.


1. Если в уравнении имеется член с произведением неизвестных (a_{12}\ne0), то делаем поворот системы координат:


\begin{cases} x=x'\cdot\cos\varphi-y'\cdot\sin\varphi,\\ y=x'\cdot\sin\varphi+y'\cdot\cos\varphi\end{cases}

на угол \varphi~\!\left(0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right), удовлетворяющий равенству \operatorname{ctg}2\varphi=\frac{a_{11}-a_{22}}{2a_{12}}. При этом получим "почти" приведенное уравнение линии второго порядка:


\lambda_1\cdot(x')^2+\lambda_2\cdot(y')^2+2\cdot a'_1\cdot x'+2\cdot a'_2\cdot y'+a_0=0.

Если a_{12}=0, переходим к пункту 2, поворот системы координат делать не нужно, так как исходное уравнение имеет "почти" приведенный вид.


2. Выполняем параллельный перенос системы координат:


а) если в уравнении нет линейных членов, то переходим к пункту 3;


б) если в уравнении имеется линейный член с какой-либо неизвестной и квадратичный член с этой же неизвестной, то, дополняя эти члены до полного квадрата, делаем замену, чтобы в уравнении не стало линейного члена с этой неизвестной. Например, если в уравнении \lambda_1\ne0 и a'_1\ne0,то выполняем преобразования:


\lambda_1\,(x')^2+ 2\cdot a'_1\cdot x'= \lambda_1\left[(x')^2+ 2\,\frac{a'_1}{\lambda_1}\,x'+ {\left(\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2\right]- \lambda_1{\left(\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2= \lambda_1{\left(x'+\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2- \lambda_1{\left(\frac{a'_1}{\lambda_1}\right)\!}^2,

а затем замену неизвестных x''=x'+\frac{a'}{\lambda_1},~y''=y', после которой в уравнении не будет линейного члена с неизвестной x'';


в) если в уравнении имеется только один линейный член с какой-либо неизвестной, а квадрат этой неизвестной отсутствует, то при помощи замены этой переменной надо сделать равным нулю свободный член уравнения. Например, если уравнение имеет вид


\lambda\cdot(x')^2+2\cdot a'_2\cdot y'+a_0=0,

то, выполняя замену неизвестных x''=x',~y''=y'+\frac{a_0}{2a'_0}, получаем уравнение без свободного члена:


\lambda_1\cdot(x'')^2+2\cdot a'_2\cdot y''=0.

3. Полученное в результате упрощений (пункт 2) уравнение имеет "почти" канонический вид. Для окончательного упрощения "почти" канонического уравнения при необходимости применяются следующие преобразования:


а) переименование координатных осей: x'=y'',~y'=x'';

б) изменение направления координатной оси, например оси абсцисс: x'=-x'',~y'=y'';

в) умножение обеих частей уравнения на отличный от нуля множитель;

г) перенос членов из одной части уравнения в другую.


В результате этих преобразований уравнение приводится к каноническому виду. Замену неизвестных, приводящую уравнение поверхности к каноническому виду, определяем как композицию всех замен, применяемых в ходе решения.




Пример 3.19. В прямоугольной системе координат Oxy заданы уравнения алгебраических линий второго порядка:


а) x^2-y^2-4\cdot x+6\cdot y-5=0;


б) x^2-4\cdot x+4\cdot y+4=0;


в) 3\cdot x^2+10\cdot x\cdot y+3\cdot y^2+8=0;


г) 52\cdot x^2+72\cdot x\cdot y+73\cdot y^2-280\cdot x-290\cdot y+325=0.


Каждое уравнение привести к каноническому виду. Указать связь между исходной и канонической системами координат.


▼ Решение а)
Приведение уравнения пары пересекающихся прямых к каноническому виду

а) Сравнивая заданное уравнение с общим уравнением (3.34), находим коэффициенты


a_{11}=1,\quad a_{12}=0,\quad a_{22}=-1,\quad a_1=-2,\quad a_2=3,\quad a_0=5.

1. Поскольку a_{12}=0, поворот системы координат делать не нужно.

2. В уравнении имеются квадраты обеих неизвестных. Преобразуем левую часть заданного уравнения, выделяя полные квадраты:


x^2-y^2-4x+6y-5=(x^2-2\cdot2x+2^2)-2^2-(y^2-2\cdot3y+3^2)+3^2-5=(x-2)^2-(y-3)^2.

Следовательно, уравнение можно записать в виде (x-2)^2-(y-3)^2=0. Делая замену \begin{cases}x'=x-2,\\y'=y-3,\end{cases} или, выражая старые координаты через новые: \begin{cases}x=x'+2,\\y=y'+3,\end{cases}, получаем \frac{(x')^2}{1^2}-\frac{(y')^2}{1^2}=0 — каноническое уравнение пары пересекающихся прямых (см. уравнение (5) в теореме 3.3 при a=b=1). В данном случае пункта 3 алгоритма не выполняется.


▼ Решение б)
Приведение уравнения параболы к каноническому виду

б) Сравнивая заданное уравнение с общим уравнением (3.34), находим коэффициенты


a_{11}=1,\quad a_{12}=0,\quad a_{22}=0,\quad a_1=-2,\quad a_2=2,\quad a_0=4.

1. Поскольку в заданном уравнении нет произведения неизвестных (a_{12}=0), то уравнение имеет "почти" приведенный вид.

2. Выделяя полный квадрат по неизвестной x, получаем


(x^2-2\cdot2x+2^2)-2^2+4y+4=0 \quad \Leftrightarrow \quad (x-2)^2=-2\cdot2y.

Делая замену \begin{cases}x'=-y,\\y'=x-3,\end{cases} или, выражая старые координаты через новые: \begin{cases}x=y'+2,\\y=-x',\end{cases}получаем (y')^2=2\cdot2x' — каноническое уравнение параболы (см. уравнение (6) в теореме 3.3 при p=2).


▼ Решение в)
Приведение уравнения гиперболы к каноническому виду

в) Сравнивая заданное уравнение с общим уравнением (3.34), находим коэффициенты


a_{11}=3,\quad a_{12}=5,\quad a_{22}=3,\quad a_1=0,\quad a_2=0,\quad a_0=8.

1. В заданном уравнении имеется произведение неизвестных (a_{12}=5\ne0), поэтому необходимо сделать поворот системы координат. Величину \varphi угла поворота находим по формуле (3.40):


\operatorname{ctg}2\varphi=\frac{a_{11}-a_{22}}{2a_{12}}=\frac{3-3}{2\cdot5}=0.

то есть \varphi=\frac{\pi}{4}, учитывая ограничение 0<\varphi<\frac{\pi}{2}. При повороте системы координат на угол \varphi=\frac{\pi}{4} старые координаты выражаются через новые по формулам (3.35):


\left\{\begin{aligned} x=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot x'-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot y',\\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot x'+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot y'. \end{aligned}\right.

Подставляя их в левую часть заданного уравнения, получаем


3{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x'-\frac{\sqrt{2}}{2}y'\right)\!}^2+ 10{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x'-\frac{\sqrt{2}}{2}y'\right)\!} {\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x'+\frac{\sqrt{2}}{2}y'\right)\!}+ 3{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x'+\frac{\sqrt{2}}{2}y'\right)\!}^2+8=0.

Раскрываем скобки и приводим подобные члены:


\frac{3+10+3}{2}\,(x')^2+\frac{3\cdot(-2)+3\cdot2}{2}\,x'y'+\frac{3-10+3}{2}\,(y')^2+8=0~\Leftrightarrow~8\,(x')^2-2\,(y')^2+8=0.

2. Так как линейные члены отсутствуют, то параллельный перенос системы координат делать не нужно.

3. Переносим свободный член в правую часть и делим обе части уравнения на (-8):


-\frac{(x')^2}{1^2}+\frac{(y')^2}{2^2}=1.

Осталось поменять названия координатных осей, т.е. сделать замену \begin{cases}x'=y'',\\y'=x'',\end{cases} после которой получаем \frac{(x'')^2}{2^2}-\frac{(y'')^2}{1^2}=1 — каноническое уравнение гиперболы (см. уравнение (4) в теореме 3.3 при a=2,~b=1). Найдем формулы перехода от исходной системы координат Oxy к канонической Ox''y''. Подставляя \begin{cases}x'=y'',\\y'=x'',\end{cases} в формулы поворота на угол \varphi=\frac{\pi}{4}, получаем


\left\{\!\begin{aligned} x=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot y''-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot x'',\\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot y''+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot x''.\end{aligned}\right.

▼ Решение г)
Приведение уравнения эллипса к каноническому виду

г) Сравнивая заданное уравнение с общим уравнением (3.34), находим коэффициенты


a_{11}=52,\quad a_{12}=36,\quad a_{22}=73,\quad a_1=-140,\quad a_2=-145,\quad a_0=325.

1. В заданном уравнении имеется произведение неизвестных (a_{12}=36\ne0), поэтому необходимо сделать поворот системы координат. Величину \varphi угла поворота находим по формуле (3.40):


\operatorname{ctg}2\varphi=\frac{a_{11}-a_{22}}{2a_{12}}=\frac{52-73}{2\cdot36}=\frac{-21}{72}=-\frac{7}{24}.

Так как \operatorname{ctg}2\varphi=\frac{1-\operatorname{tg}^2\varphi}{2\operatorname{tg}\varphi}, то из уравнения \frac{1-\operatorname{tg}^2\varphi}{2\operatorname{tg}\varphi}=-\frac{7}{24} находим тангенс искомого угла:


24\operatorname{tg}^2\varphi-14\operatorname{tg}\varphi-24=0 \quad \Leftrightarrow \quad \operatorname{tg}\varphi=-\frac{3}{4} или \operatorname{tg}\varphi=\frac{4}{3}.

Ограничению 0<\varphi<\frac{\pi}{2} удовлетворяет острый угол \varphi=\operatorname{arctg}\frac{4}{3}. Вычисляем \cos\varphi=\sqrt{\frac{1}{1+\operatorname{tg}^2\varphi}}=\frac{3}{5} и \sin\varphi=\sqrt{1-\cos^2\varphi}=\frac{4}{5} и делаем замену:


\left\{\begin{aligned} x&=\frac{3}{5}\cdot x'-\frac{4}{5}\cdot y',\\ y&=\frac{4}{5}\cdot x'+\frac{3}{5}\cdot y', \end{aligned}\right.

соответствующую повороту (3.35) на угол \varphi= \operatorname{arctg}\frac{4}{3}. Получаем уравнение


\begin{gathered}52{\left(\frac{3}{5}\cdot x'-\frac{4}{5}\cdot y'\right)\!}^2+ 22{\left(\frac{3}{5}\cdot x'-\frac{4}{5}\cdot y'\right)\!} {\left(\frac{3}{5}\cdot x'-\frac{4}{5}\cdot y'\right)} +73{\left(\frac{4}{5}\cdot x'+\frac{3}{5}\cdot y'\right)\!}^2-\\[3pt] -280\!\left(\frac{3}{5}\cdot x'-\frac{4}{5}\cdot y'\right)- 290\!\left(\frac{4}{5}\cdot x'+\frac{3}{5}\cdot y'\right)+325=0. \end{gathered}

Раскрываем скобки и приводим подобные члены:


\begin{gathered} \frac{52\cdot9+72\cdot12+73\cdot16}{25}\cdot(x')^2+ \frac{52\cdot(-24)+72\cdot(9-16)+73\cdot24}{25}\cdot x'\cdot y'+\\[3pt] +\,\frac{52\cdot16+72\cdot(-12)+73\cdot9}{25}\cdot(y')^2+ \frac{-280\cdot3-290\cdot4}{5}\cdot x'+ \frac{-280\cdot(-4)-290\cdot3}{5}\cdot y'+325=0 \quad \Leftrightarrow\\[3pt] \Leftrightarrow \quad 100\cdot(x')^2+25\cdot(y')^2-400\cdot x'+50\cdot y'+325=0. \end{gathered}

Получили приведенное уравнение (III).


2. "Уничтожаем" линейные члены, выделяя полные квадраты:


100\cdot(x'-2)^2+25\cdot(y'+1)^2-400-25+325=0~\Leftrightarrow~ 100\cdot(x'-2)^2+25\cdot(y'+1)^2-100=0.

После замены \begin{cases}x''=x'-2,\\y''=y'+1,\end{cases} или, выражая старые координаты через новые: \begin{cases}x'=x''+2,\\y'=y''-1,\end{cases} получаем 100(x'')^2+25(y'')^2-100=0.


3. Переносим свободный член в правую часть и делим обе части уравнения на 100:


\frac{(x'')^2}{1^2}+\frac{(y'')^2}{2^2}=1.

Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса (см. уравнение (1) в теореме 3.3 при a=1 и b=2). Однако, его коэффициенты не удовлетворяют неравенству a\geqslant b. Поэтому необходимо переименовать координатные оси, т.е. сделать замену \begin{cases}x''=y''',\\y''=x''',\end{cases} после которой получаем каноническое уравнение эллипса \frac{(x''')^2}{2^2}+\frac{(y''')^2}{1^2}=1.


Формулы перехода от исходной системы координат Oxy к канонической получаем как композицию преобразований прямоугольных координат,


\left\{\begin{aligned} x=\frac{3}{5}\cdot x'-\frac{4}{5}\cdot y',\\ y=\frac{4}{5}\cdot x'+\frac{3}{5}\cdot y', \end{aligned}\right.

выражения параллельного переноса \begin{cases} x'=x''+2,\\ y'=y''-1, \end{cases} а затем — отражения \begin{cases} x''=y''',\\ y''=x'''. \end{cases} Первая подстановка дает:


\left\{\begin{aligned} x=\frac{3}{5}\cdot(x''+2)-\frac{4}{5}\cdot(y''-1)= 2+\frac{3}{5}\cdot x''-\frac{4}{5}\cdot y'',\\ y=\frac{4}{5}\cdot(x''+2)+\frac{3}{5}\cdot(y''-1)= 1+\frac{4}{5}\cdot x''+\frac{3}{5}\cdot y'', \end{aligned}\right.

вторая подстановка дает искомую связь


\left\{\begin{aligned} x= 2-\frac{4}{5}\cdot x'''+\frac{3}{5}\cdot y''',\\ y= 1+\frac{3}{5}\cdot x'''+\frac{4}{5}\cdot y'''. \end{aligned}\right.
Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved