Высшая математика Часть 2

π

,

А = С,

4

α =

2B

1

arctg

,

А ≠ С.

2

A −C

В этом примере А= С =1 и α =

π .

4

Возьмем α = 45°, cos45° = sin45° =

2 2.

3

1

93

′′2

′′2

x′′2

+

y′′2

=

x

+

y

=1

2

2

25

62 25

186 25

4x

− 2 y

−1 = 0,

несовместна,

0

0

−2x0 + y0 −7 = 0

Перейдем в уравнении к новым координатам:

4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α - 4cosα sinα + sin2α) x′2 +

+ 2 (-4sinα cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα cosα) x′y′+ 2 (-cosα - 7sinα) x′+

+ (4sin2α + 4sinα cosα + cos2α) y′2 + 2 (sinα - 7cosα) y′+ 7 = 0.

(*)

Постараемся теперь подобрать угол α так, чтобы коэффициент

при х′у′ обратился в нуль. Для этого нам придется решить

19

тригонометрическое уравнение:

- 4sinα cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα cosα = 0.

Имеем 2sin2α - 3sinα cosα - 2cos2α = 0, или 2tg2α - 3tgα - 2 = 0.

Отсюда tgα = 2, или tgα = -1/2.

Такой же результат получается из общей формулы

α =

1

arctg

2B

, А = 4, С =1, 2В = −4

A −C

2

tg 2α =

2 tgα

= − 4 , tgα =

2,

1

2

−0,5.

− tg α

3

cosα =

1

=

1

,

sinα =

tgα

=

2

.

1+ tg2 α

5

1+ tg2 α

5

5y

′2

′

−2

5y

′

+ 7

= 0.

(**)

−6 5x

2

5

5

y′

−2

y′

−6 5x′+7

= 0.

5

′

5

2

6 5

′

5

y

−

5

−

5

x

−

5

= 0.

x′= x′′+ 5 5,

y′= y′′+ 5 5,

5

5

1

3

вершины в системе х′у′ O ''

;

, а в системе ху O ''

−

;

.

5

5

5

5

4x − 2 y + 2 = 0,

0

0

−2x0 + y0 −1 = 0.

Эта система равносильна одному уравнению

2х0 – у0 + 1 = 0, следовательно, линия имеет

бесконечно много центров,

составляющих прямую 2х – у + 1= 0.

Заметим, что левая часть данного уравнения

разлагается на множители первой степени:

4х2 – 4ху + у2 + 4х –2у –3 = (2х – у +3)(2х – у – 1).

Значит, рассматриваемая линия представляет собой

пару параллельных прямых:

2х – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0.

Какую линию определяет уравнение

РЕШЕНИЕ:

5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0?

Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0

приводится к каноническому виду: х′ 2 + 4у′ 2 + 4

= 0, или

′2

y

′2

21

x

4 +

1 = −1.

Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса. Однако

оно не определяет на плоскости никакого действительного образа, так

как для любых действительных чисел х′,у′ левая часть его не

отрицательна, а cправа стоит –1. Такое уравнение называется

уравнением мнимого эллипса.

Какую линию определяет уравнение

РЕШЕНИЕ:

5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0?

Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0

22

приводится к каноническому виду: х′2 + 4у′2 = 0, или

′2

y

′2

x

+

= 0.

4

1

Уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет

не эллипс, а единственную точку: х′= 0, у′= 0 – вырожденный эллипс.

4. Кривые на плоскости

Найдите полярное уравнение кривой x = a, a > 0 и

изобразите ее.

23

РЕШЕНИЕ:

ρ

ϕ

= a/cos

ρ cosϕ = a →ρ = a/cosϕ :

ρ =

a

sin 2ϕ, ϕ [0, π 2] [π, 3π 2] и задает

2

ρ =

9

.

4 −5cosϕ

2

2

x

x

+ y

4 −5

= 9,

Правая

2

2

28

x

+ y

ветвь гипер-

4

x2 + y2

= 5x +9,

болы

16(x2 + y2 )= (5x +9)2 ,

16x2 + 16y2 = 25x2 + 90x + 81,

9x2 + 90x – 16y2 +81 = 0,

9(x + 5)

2

2

(x +5)2

y2

– 16y = 144

→

2

−

=1

– правая

4

2

3

ветвь гиперболы при указанных ϕ.

Кривую можно было построить по точкам, например,

при ϕ = π

ρ = 9/10.

Постройте в полярной

системе

координат линию

29 ρ2 sin2ϕ = а2.

Гипербола

РЕШЕНИЕ:

ρ =

a

.

sin 2ϕ

sin 2ϕ = 2cos ϕ sin ϕ

ρ2

=

2xy

,

ρ2

x2 + y2

x = 3cos t,

t

[0, 2π]?

y = 2sin t,

30

РЕШЕНИЕ:

Эллипс

x2

y2

=1

+

- эллипс.

2

2

2

3

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

2

x = t

−2t

+1,

t R ?

31

Парабола

y = t −1,

РЕШЕНИЕ:

у2 = x – парабола.

x = −1+

2cos t,

t [0, 2π]?

32

Окружность

y = 3 + 2sin t,

РЕШЕНИЕ:

(x + 1)2 + (y – 3)2 = 4 – окружность.

Какая линия задается параметрическими уравнениями:

x = 2t −1 ,

t R ?

,

y =1−4t2

33

РЕШЕНИЕ:

Парабола

y = – x2 – 2x, y = – (x + 1)2

+1

– парабола с вершиной в точке

(-1, 1).

Установите тип поверхности, заданной уравнением

x2 − y2 + z 2 + 4 = 0.

РЕШЕНИЕ:

1

Перенесем константу в правую часть уравнения и раз-

Двуполостный

делим обе части уравнения на число 4. Получим

гиперболоид

x2

z 2

y 2

+

−

= −1.

4

4

4

Это уравнение задает двуполостный гиперболоид

вращения с осью OY.

Установите тип поверхности, заданной уравнением

x2 + y 2 + z = 2.

РЕШЕНИЕ:

2

Преобразуем уравнение к виду

Параболоид

x2

+ y2

= −(z − 2),

являющемуся канонической формой уравнения пара-

болоида вращения с осью OZ, вершина которого нахо-

дится в точке (0;0;2), а выпуклость обращена вверх.

Установите тип указанной поверхности и постройте

ее:

1) параболоид

1) x2 + y2 − z + 2 = 0 ;

2)

x2 + y2 = 0 ;

вращения;

3)

x2 − y2 = 0 ;

2) ось oz;

3) две пересе-

кающиеся

плоскости

3

4) x2 =1;

x = ±y ;

4) две плоско-

сти x = ±1, па-

раллельные

5) x2 + z2 =1.

плоскости zoy;

5) круговой ци-

линдр с обра-

зующей, парал-

лельной оси oy.

Составьте уравнения проекций на координатные плос-

кости

сечения

эллиптического

параболоида

x2 + 4xy + 5 y2 − x = 0

4

x = y2

+ z2 плоскостью x + 2 y −z = 0.

x2 −2xz + 5z2 −4x = 0

РЕШЕНИЕ:

y2 + z2 + 2y −z = 0

Сечение параболоида плоскостью задается системой

уравнений

2

+ z

2

,

x = y

−z = 0.

x + 2 y

Этой системе соответствует некоторая линия в про-

странстве. Чтобы найти проекцию этой линии на ко-

ординатную плоскость OXY, следует исключить из

этой системы переменную z. В результате получаем

x2 + 4xy + 5y2 −x = 0.

Аналогично находятся остальные проекции:

на

плоскость

OXY:

x2 + 4xy + 5y2 −x = 0 ;

на

плоскость

OXZ:

x2 −2xz + 5z2 −4x = 0 ;

на плоскость OYZ: y2 + z2 + 2 y −z = 0 .

Составьте уравнение поверхности, образованной вра-

= x

2

,

z

вокруг оси OX.

щением кривой

y = 0

РЕШЕНИЕ:

x = x0 ,

5

Сечение

искомой

поверхности плоскостью

y2 + z2

= x4 .

перпендикулярной оси вращения, есть окружность с

центром в точке C(x0 ,0,0) радиусом R = z(x0 ). Урав-

нение этой окружности

y2 + z2 = x 4 .Для произволь-

0

ного x0 получаем уравнение поверхности вращения

y2 + z2 = x4 .

Найдите общие точки поверхности

x2 + y2 + z2 − 4x −6 y + 2z −67 = 0

и прямой

x −5

=

y

=

z + 25

.

3

2

−2

РЕШЕНИЕ:

Выделим полные квадраты переменных в уравнении поверхно-

сти и увидим, что она представляет собой сферу

6

(x − 2)2 + (y −3)2 +

(z +1)2 = 92 .

Нет

x =5 +3t,

y = 2t,

Перейдем к параметрическим уравнениям прямой

= −25 − 2t.

z

Подстановка этих значений переменных

в уравнение по-

верхности приводит к квадратному уравнению для t c отрица-

тельным дискриминантом. Следовательно, действительных

значений t не существует, и поверхность не имеет общих точек

с прямой, которая проходит вне сферы.

Найдите общие точки поверхности

x2

+

y2

= 2z и

3

6

плоскости 3x − y + 6z −14 = 0 .

РЕШЕНИЕ:

Общие точки поверхностей удовлетворяют системе

2

y

2

x

+

= 2z,

3

6

Эллипс

3x − y +6z −14 = 0.

x = −

3

+

67

cost

Приравнивая значения 2z , выраженные из этих урав-

2

2

x2

y2

y

14

67

нений, получим, что

+

=

− x +

3

. Выделение

y =1+

2

sin t

7

3

6

3

полных квадратов переменных приводит к уравнению

z =

13

−

67

cos t +

эллипса 4(x +1,5)

2

+ 2( y −1)

2

=1, который является

4

4

1

67

67

67

+

sin t

проекцией линии пересечения эллиптического парабо-

6

2

лоида и плоскости на координатную плоскость XOY .

Параметрические уравнения эллипса

x = −

3

+

67

cost ,

y =1+

67

sin t . Подставляя эти

2

2

2

выражения в уравнение плоскости, получаем

z =

13

−

67

cost +

1

67

sin t . Линия – эллипс.