Поворот координатних осей.

Нехай декартову прямокутну систему координат повернуто на кут  проти годинникової стрілки (див. рис. 7.5).

Розглянемо довільну точку М на площині і знайдемо зв'язок між її координатами х, у в "старій" системі і х, у в "новій" системі. Неважко обчислити що

(7.5)

• формули повороту системи координат.

Приклад 7.11. Побудувати графік еліпсу, рівняння якого

(х + 1)²/4 + (у – 1)²/9 = 1.

Розв'язок. З рівняння видно, що центр цього еліпсу знаходиться в точці А(-1,1), півосі дорівнюють: а = 2, b = 3, параметр , тобто фокуси знаходяться на прямій x = – 1 і мають координати , (рис.7.6).

Приклад 7.12. Побудувати графік гіперболи, рівняння якої

(у – 2)²/9 – (х + 1)²/4 = 1.

Розв’язок. Вирішимо цю задачу способом дещо іншим, ніж попередню. Введемо заміну:

і побудуємо графік цієї гіперболи в системі х', у'. Центр цієї гіперболи знаходиться в початку координат системи X'O'Y', півосі а = 2, b = 3; .

Віссю гіперболи буде вісь О'Y'. Рівняння асимптот , координати фокусів , . Побудувавши гіперболи за цими ознаками, перенесемо початок координат О' в точку O(х' = 1, у' = – 2) і отримаємо графік шуканої гіперболи (рис.7.7)

Приклад 7.13. Побудувати графік параболи, рівняння якої

(х – 1)² = у + 1

Розв’язок. Замінимо (х – 1) = х', (у + 1) = у'. В нових координатах рівняння параболи матиме вигляд х'² = у'. Побудуємо її графік в системі X'O'Y', a потім перенесемо початок координат в точку O(х' = – 1, у' = 1) (рис. 7.8).

Приклад 7.14. Знайти формули повороту системи координат, якщо кут повороту φ = π/4.

Розв’язок. .

ЗАГАЛЬНЕ РІВНЯННЯ АЛГЕБРАЇЧНОЇ КРИВОЇ ДРУГОГО ПОРЯДКУ НА ПЛОЩИНІ.

Означення 7.7. Назвемо кривою другого порядку геометричне місце точок, що задається рівнянням

a (7.7) 1x2 + 2a2xy + a3y2 + b1x + b2y + c = 0

Очевидно що рівняння (7.7) не завжди є рівнянням справжньої кривої. Наприклад, якщо положити, a₁ = a₃ = 1, b₁ = b₂ = a₂ = 0, c = 1, то отримаємо рівняння x² + y² = – 1. Але такого не може бути. В такому випадку кажуть, що рівняння (7.7) - це рівняння ''псевдокривої". Або, якщо a₁ = a₃ = 1, b₁ = b₂ = a₂ = c = 0, рівняння перетвориться на x² + y² = 0. Тобто лінія перетворюється в точку х = 0, у = 0.

Ще один цікавий випадок. Хай a₁ = – a₃ = 1, b₁ = b₂ = a₂ = c = 0. Тоді рівняння має вигляд:

.

Це рівняння двох прямих.

Ми розглянули декілька досить простих випадків. Розглянемо дещо складніший варіант.

Хай в рівнянні (7.7) a₂ = 0. Тоді хоч один з коефіцієнтів a₁, a₃ відрізняється від 0, бо інакше це буде рівнянням лінії. Якщо a₁ ≠ 0 і a₃ ≠ 0, виділимо повні квадрати пo х та у і отримаємо рівняння типу:

a (7.8) 1(x – x0)2 + a3(y – y0)2 = K.

Якщо a₁ > 0, a₃ > 0, K > 0, це буде рівняння еліпсу:

.

Якщо a₁ > 0, a₃ < 0, K > 0, це буде рівняння гіперболи:

.

Я

(7.9)

кщо один з коефіцієнтів а₁ чи a₃ дорівнює 0, ми отримаємо рівняння параболи типу:

(x – x₀)² = K(y – y₀)².

Пропонуємо уважно віднестись до нижче наведених прикладів.

Приклад 7.15. Визначити тип кривої, рівняння якої

4х² + 9y² – 40х + 36у + 100 = 0

і побудувати її графік.

Розв’язок.

4(x² – 10x + 25) + 9(y² + 4y + 4) – 36 = 0



4(x – 5)² + 9(y + 2)² = 36



(x – 5)² / 9 + (y + 2)² / 4 = 1



Таким чином рівняння, запропоноване в задачі, є рівняння еліпсу з центром в точці О' (5, – 2) і осями, паралельними координатним осям, і півосями а = З, b = 2 (рис.7.9).

Приклад 7.16. Визначити тип кривої, рівняння якої

4x² – у² + 8x – 2у + 3 = 0,

і побудувати її графік.

Розв'язок.

4x² – y² + 8x – 2y + 3 = 0



4(x² + 2x + 1) – (y² + 2y + 1) = 0



4(x + 1)² – (y + 1)² = 0





Це рівняння двох прямих (рис.7.10).

Приклад 7.17. Визначити тип кривої, рівняння якої

2x² + 4x + 3y – 1 = 0

та побудувати її графік.

Розв'язок.

2x² + 4x + 3y – 1 = 0







Задане рівняння є рівнянням параболи (рис.7.11).