Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Решение задач по аналитической геометрии. Учебно-методическое пособие
.pdf
плексного двумерного пространства (если мы позволяем перемен-
ным и принимать комплексные значения);
3) . Тогда получаем точку
Пусть теперь числа ,
0.
имеют разные знаки. Тогда возможны
два варианта;
4) число отлично от нуля. Получаем каноническое уравнение
гиперболы
;
5) . Тогда получаем две пересекающие прямые. Уравнение
имеет вид
Рассмотрим далее второй случай: одно из собственных чисел
равно нулю, скажем, . (Заметим, что оба собственных числа
не могут обращаться в нуль – иначе изначально в уравнении не было квадратичных членов.) В данном случае после первой замены
координат имеем
.
Выделяя полный квадрат относительно переменной , получим
Далее возникает «развилка»: первый подслучай
.
. Тогда
получим
.
Производя замену
с выбором подходящего знака и преобразуя уравнение, получим
сначала
(72)
111
и затем канонический вид уравнения (без двойных штрихов):
6) .
Здесь . Ясно, что мы получили параболу. (Часто каноническое
уравнение параболы записывается как «лежачая» парабола
, однако приведённый выше вид имеет преемственность со
«школьным» уравнением «стоячей» параболы.)
Второй подслучай соответствует равенству
. Тогда мы
получим уравнение
. (73)
или
Получаем заключительные три типа кривых второго порядка:
7)
здесь , и мы получаем пару параллельных прямых;
8) ,
это – прямая. (В некотором смысле, это не просто прямая, а двойная
прямая. Более точно это различие описывается в алгебраической
геометрии.)
9)
данная кривая – пара мнимых параллельных прямых. Это снова пустое множество в смысле множества точек на вещественной плоскости. Но в комплексном двумерном пространстве это другое множество по сравнению с мнимым эллипсом.
Итак, мы имеем в целом девять типов кривых второго порядка
на плоскости.
6.3. Использование инвариантов для изучения кривых
второго порядка на плоскости
Предположим, что задана кривая второго порядка на плоскости –
посредством её уравнения (63) в некоторой декартовой прямоугольной системе координат:
.
И пусть задача состоит в том, чтобы определить тип кривой и её
каноническое уравнение. При этом расположение канонической си-
стемы координат нам определять не требуется. Тогда для более короткого решения мы можем использовать инварианты уравнения.
112
Определение. Функция
называется инвариантом уравнения кривой второго порядка, ес-
ли при любой ортогональной замене координат
(с ортогональной матрицей ) мы имеем
,
где – коэффициенты в уравнении кривой в новой системе
координат.
Ясно, что инварианты могут помочь нам довольно быстро найти
коэффициенты в уравнениях (71)–(73) на основе коэффициентов
исходного уравнения (63). Обратите внимание, что при переходе от
этих уравнений к каноническим уравнениям 1–9 инварианты уже
перестают работать, поскольку этот переход связан не с заменой
координат, а с другими операциями – переносом членов в правую
часть и делением уравнения на некоторое число.
Вспомним, что (матрица ортогональна).
Как известно из высшей алгебры, характеристические многочлены подобных матриц совпадают. Значит, их коэффициенты являются инвариантами:
,
.
(Напомним очевидную формулу из алгебры
.)
Рассматривая расширенную матрицу
, мож-
но доказать, что её определитель также является инвариантом
.
Покажем, что этих трёх инвариантов достаточно для первых ше-
сти типов кривых. В самом деле, вычисляя и в силу исходного
уравнения и решая характеристическое уравнение ,
мы находим собственные числа ,
.
Напомним, что они подчиняются формулам Виета
+ ,
.
Поэтому случай ненулевых , отвечает неравенству .
Тогда мы имеем уравнение .
113
Нам остаётся вычислить коэффициент . Для этого мы использу-
ем инвариант
(который мы вычислим на основе исходного урав-
нения кривой).
С другой стороны, для преобразованного уравнения кривой имеем
, а отсюда находим
.
Если теперь одно из чисел , нулевое (т. е., ), то мы по-
лучим . Предположим, что реализуется случай
.
Тогда мы должны прийти к уравнению (72) (см. выше)
Для вычисления
используем инвариант
.
:
.
Значит, этот подслучай реализуется при Тогда коэффици-
ент
находится по формуле
.
Знак здесь выбирается таким образом, чтобы быстрее от (72) перейти к каноническому уравнению (параболы).
Наконец, нам остаётся изучить последние три типа кривых 7–9.
Они получаются из уравнения (73) (см. выше):
.
Ясно, что, как и выше, . Остаётся найти свободный
член . Однако все известные нам инварианты уже использованы:
, ,
.
Оказывается, в данном случае на помощь приходят так называемые «полуинварианты».
В общем случае, назовём полуинвариантом выражение
, сохраняющееся при любой ор-
тогональной замене координат , не меняющей начало коор-
динат:
.
114
Рассмотрим следующий определитель, получающийся из расширенной матрицы:
.
Можно доказать (см. [5]), что выражения являются полу-
инвариантами. Расписывая подробно определитель в левой части,
можно обосновать следующую формулу для
Очевидно (подставьте ), что . Так что
это наш знакомый полноценный инвариант
Какая же польза может быть от полуинварианта
:
(74)
.
, если он со-
–
храняется лишь при некоторых, но не всех ортогональных преобразованиях?
Оказывается, что, как показал П. С. Моденов (теорема 4 [c. 350,
5]), для данного типа кривых (которые в некоторой ортогональной
системе координат записываются уравнением, не содержащем одну
из переменных) полуинвариант
является на самом деле полно-
ценным инвариантом (т. е. выдерживает все ортогональные замены).
Для уравнения (73) (
с использованием формулы
(74) получаем
откуда находим
.
,
Рассмотрим пример.
Задача 56 (задача 807(5) [4]). Определить тип и каноническое
уравнение кривой второго порядка, заданной в некоторой прямоугольной декартовой системе координат уравнением
.
Вначале составляем матрицу квадратичной формы (не забывайте
делить пополам коэффициент при ):
.
Отсюда вычисляем первые два инварианта:
,
115
.
Значит, одно из собственных чисел равно нулю, скажем, То-
гда
Случаи (72) и (73) разделяются с помощью инварианта
(Случай (73) соответствует нулевому значению
.
.)
Записываем расширенную матрицу (вновь не забудьте делить
пополам коэффициенты при слагаемых первой степени):
.
Отсюда (что видно без вычислений, поскольку вторая
строка в этой матрице получается из первой умножением на
).
Итак, реализуется случай (73) и для нахождения свободного сла-
гаемого нам необходимо вычислить значение полуинварианта
(являющегося для нашей конкретной кривой инвариантом). Глядя
на расширенную матрицу, пишем:
Отсюда находим
. Итак, «почти каноническое»
.
уравнение нашей кривой будет иметь вид
А каноническое уравнение:
.
Ясно, что тип кривой – пара
параллельных прямых.
В ответе задачника [4] приведены лишь только уравнения этих
параллельных прямых в исходной системе координат:
и .
Как же сверить полученные ответы? Поскольку метод инвариантов не позволяет выяснить расположение кривой в исходной системе координат, нам остаётся лишь сверить некоторые геометрические характеристики, сохраняющиеся при изометриях. Для пары
116
параллельных прямых такая характеристика только одна – это расстояние между ними.
Расстояние между прямыми
лись, равно, очевидно,
.
, которые у нас получи-
А расстояние между прямыми, приведёнными в ответе задачника, как следует из результата задачи 27 настоящего пособия, равно
,
,
что согласуется с нашим ответом.
Задача 57 (задача 817 [4]). Кривая второго порядка, заданная
уравнением второй степени , распадается на пару пере-
секающихся и не перпендикулярных прямых. Найти необходимое и
достаточное условие того, что заданная точка ле-
жит в остром угле, образованном этими прямыми.
Трудность задачи состоит в том, что ответ предлагается дать в
терминах только функции и координат точки
в исходной
системе координат. Конечно, если бы кривая была задана уравнени-
ем с числовыми коэффициентами и координаты точки
были бы
известны как числа, то мы могли бы перейти в каноническую си-
стему координат , в которой уравнение пары пересекающихся
прямых имеет вид
. (75)
При этом можно считать, что . Эти параметры не могут
быть равными, так как прямые по условию не перпендикулярны.
Если бы мы смогли найти координаты
точки
в канони-
ческой системе координат, то очевидно, что в силу неравенства
условие того, что эта точка лежит строго внутри острого угла, образованного нашими прямыми, будет иметь вид:
(76)
Но увы – всё это очень сложно (почти невозможно!) проделать в
буквах!
Будем рассуждать по-другому. Подумаем, как получилось каноническое уравнение (75).
117
Исходя из начального уравнения , мы сначала выпол-
няем замены переменных и приходим к уравнению
. (77)
(Так как мы знаем, что наша кривая – пара пересекающихся пря-
мых.) При этом числа
Без ограничения общности мы можем считать, что
отличны от нуля и имеют разные знаки.
. Ра-
венство вновь невозможно, поскольку наши пересекающиеся прямые не перпендикулярны.
Самое главное, что необходимо понять – это то, что для каждой
точки
,
где в правой части стоят новые координаты .
Чтобы перейти от (77) к (75), напишем
или, с учётом того, что знаки
, или
различны,
.
Левые части этих последних уравнений по-прежнему равны
. Ясно, что каноническое уравнение типа (75) – это уравнение
Поскольку
, точка лежит строго внутри
.
острого угла, образованного нашими прямыми, тогда и только тогда, когда
или, эквивалентно,
,
что равносильно тому, что
Напишем
. Учитывая, что
что знак совпадает со знаком
. В итоге, окончательно мы можем записать искомый критерий в
.
, а значит, противоположен знаку
, легко понять,
виде
или (
.
Задача полностью решена.
118
Задача 58 (задача 825 [4]). Доказать, что все ромбы, вписанные
Рис. 9
в некоторый эллипс, описаны вокруг одной и той же окружности
(рис. 9).
Зададим наш эллипс вначале в канонической системе координат,
которую обозначим :
.
Пусть – произвольный ромб, вписанный в этот эллипс (это
означает, что все его вершины лежат на эллипсе), и пусть – точка
пересечения его диагоналей. (Кстати, такие ромбы заведомо существуют, например, ромб с вершинами в концах полуосей эллипса.
И он не единственный – легко показать из соображений непрерывности, что в эллипс можно вписать квадрат со сторонами, параллельными осям координат). Введём новую прямоугольную систему
координат с началом в точке и с осями координат и
(диагонали ромба взаимно перпендикулярны!). Запишем теперь
уравнение эллипса в этой новой системе координат. Оно уже не будет каноническим, поэтому прямо сейчас мы можем написать его
лишь в общем виде
. (78)
Поскольку диагонали ромба делятся их точкой пересечения
пополам, то новые координаты точек будут иметь вид
.
Так как эти точки лежат на эллипсе, мы имеем в силу (78) четыре
соотношения (напишем их в удобном порядке):
119
(79)
Вычитая из первого уравнения второе и из третьего уравнения
четвертое, получим
и ,
и, поскольку и положительны, .
Поэтому уравнение (78) приобретает вид:
. (80)
Отсюда мы видим, что точка
является центром симметрии нашего эллипса, поскольку уравнение (80) выдерживает преобразование
. Но эллипс имеет один и только один
центр симметрии (точка ) (поскольку общий факт состоит в том
(докажите!), что любая ограниченная фигура имеет не более одного
центра симметрии). Поэтому точка совпадает с точкой . Но
точка – это и центр окружности, вписанной в ромб . Значит,
все интересующие нас окружности (вписанные в ромбы, которые
вписаны в наш эллипс) имеют один и тот же центр.
Осталось доказать, что все они имеют один и тот же радиус. Вы-
числим его. Он равен высоте (прямоугольного) треугольника ,
проведенной к гипотенузе . В силу элементарной планиметрии
она равна
Перепишем это в виде
.
.
В силу первого и третьего уравнения (79) имеем (ясно, что ,
поскольку точка
, центр симметрии эллипса, не может при-
надлежать самому эллипсу):
Следовательно,
и
.
.
Остаётся выразить через инварианты свободный член .
Имеем
Отсюда
и
.
.
120
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]