Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет сервиса и экономики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Исследование уравнения второй степени

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2016

Размер:

877.52 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

		2	21
	1	2
лагаем e1 h 0	1	1	. Этому вектору отвечает собственное число 3 . В качестве
лагаем e1 h 0			. Этому вектору отвечает собственное число 3 . В качестве
5			1
5

второго базисного вектора рекомендуется взять вектор с отрицательной первой и положи-

тельной второй координатами. Такой выбор обеспечивает правую ориентацию нового ба-
			1	1
зиса. В данном случае e 2 g0				2	, ему отвечает собственное число		2	2 .

			5


Векторы нового базиса образуют столбцы матрицы C перехода от новых координат к
	1		1	2
старым. В данном случае C			2	1	, и формулы перехода от новых координат к

	5
	5
старым имеют вид:
					1	(x 2 y ),
		x

					5
					5			(1)
					1	(2x y ).		(1)
		y			1


					5

Использую полученные формулы, преобразуем уравнение к новым координатам.

	1	(x 2 y )2 4			1	(x 2 y )	1	(2x y ) 2				1	(2x y )2 5	1	(x 2 y )


5			5				5				5			5
6			1	(2x y ) 4 0 .

			5
			5
Аккуратный подсчет приводит к уравнению
						3(x )2 2( y )2			17	x	4		y 4 0			(2)


							5				5					.
															2
Замечания. 1. Достаточно искать только один собственный вектор, например, g 1

Переставляя в нем координаты и меняя знак у одной из них, получаем второй собствен-

ный вектор: 2 1 1 h .

1 2 2

2. Квадратичная часть нового уравнения предсказывается теорией, а именно, после преобразования квадратичная форма Ax2 2Bxy Cy2 x2 4xy 2y2 превращается в «сумму» квадратов 1(x )2 2 ( y )2 3(x )2 2( y )2 . Поэтому достаточно сосчитать только новые коэффициенты линейной формы. В частности, можно использовать форму-

		2D			T		2D
лы (21), которые здесь принимают вид 2E C							2E (коэффициент 2 написан для
удобства применения формулы). В данном случае								5 .
2D			1	2 5 17
	1
2E			2 1			6	4	5
		5

Следующий шаг состоит в «уничтожении» первых степеней. Это делается с помощью процедуры выделения полного квадрата (к сожалению, все следующие вычисления придется делать "точно", не используя приближенных значений).

	2	17										2			17									2						17		17	2			17		2
								3										3						2
3(x )					x			3			(x )						x	3				(x )			2 x
				5										3 5																6 5		6 5			6 5
				5										3 5																6 5		6 5			6 5

				17			2				17			2							17 2						289
3 x									3								3 x													.
																												60

			6 5								6 5								6				5
			2			4										2		2											2			1	1 2				1
								y		2												2									2 y
2( y )							5	y		2			( y )					5		y		2				( y )					2 y	5					5
							5											5														5		5			5

							1		2					1									1 2					2
2 y											2					2 y													.
																												5
							5
							5							5										5

Подставляем результаты выделения полных квадратов в уравнение (2):

	17	2	289					1		2		2
3 x					2	y							4	0,
			60									5
	6 5								5
	6 5								5
	17	2				1	2		101
3 x			2	y							.
									12
	6 5					5
	6 5					5

						17	2					1	2
	101		3 x					2	y

						6 5						5
Разделив обе части уравнения на		, получаем				6 5						5		1.
Разделив обе части уравнения на	12	, получаем		101						101				1.
					12						12

И предпоследнее усилие приводит почти к окончательному результату:

			17	2			1	2
	x				y

			6 5				5
			6 5				5		1.
		101				101			1.
		101				101

			36			24
Вводим новые координаты формулами

	17
x x			,
x x			,
	6 5		(3)
	1		(3)
y y	1	.
y y		.
	5
	5

В этих координатах уравнение принимает канонический вид:

x 2		y 2		1

	2		2
101	2	101	2
101		101

6
		2 6
		2 6

Чтобы закончить первое задание, осталось найти связь между исходными и каноническими координатами.

	17
x x			,
x x			,
	6 5		. Подставляя эти выражения в (1), получаем
Из (3) легко следует, что	1		. Подставляя эти выражения в (1), получаем
y y	1	.
y y		.
	5
	5

формулы перехода от канонических координат к старым:

		1				17					1		1	x 2 y			1
x			x						2 y									,
																	6
		5			6 5						5		5
		5			6 5						5		5
		1						17			1		1				4
		1						17			1		1				4

	y		2							y					y	.
	y		2	x						y				2x	y	.
		5					6 5					5	5				3
		5					6 5					5	5				3

Выпишем формулы перехода от исходных координат к штрихованным (одним штрихом), учитывая, что обратная к ортогональной матрице совпадает с транспонированной:

	1		T	1		1		2	T	1	1 2
C		C					2	1				2	1	. Отсюда следует, что

					5					5

									1
					x						(x 2 y),

									5
									5			.
									1			.
					y				1	( 2x y).
					y					( 2x y).
									5
Тогда
		17		1								1		17
x							(x	2 y),			x		(x 2 y)			,


	6		5	5								5		6	5
		1		1								1			1
	y	1		1		( 2x y).					y	1	( 2x y)		1		.


		5		5								5			5

Проверка ориентации новой системы координат:

					1			1
det C	1 /	5	2 /	5			2		5	1, ориентация правая, система коорди-
	1 /	5	2 /	5		1	2
	2 /					2	1
		5	1 /	5	5			5
		5	1 /	5	5			5

нат каноническая.

Теперь можно написать ответ на первое задание:

x	1	x 2 y				1		,
x		x 2 y						,
	5					6
	5					6							(*)
	1					4							(*)
y	1		y			4			.

		2x				3
	5					3
	1				17
x		(x 2 y)								,


	5			6			5						(**)
	1					1							(**)
y	1	( 2x y)				1					.


	5						5
					1							4
Начало канонической системы координат в точке O							;						(если все делается пра-
Начало канонической системы координат в точке O							;						(если все делается пра-
					6							3

вильно, то ответ «хороший», без иррациональностей).

	1	1		2
Задание 2. Матрица C			2	1	перехода от канонических координат к старым ко-

	5

ординатам является матрицей поворота системы координат на некоторый положитель-

																	cos					sin					. Сравнивая ее с матрицей
ный угол. Матрица поворота имеет вид sin																							cos				. Сравнивая ее с матрицей
	1		1		2
C				2	1 , приходим к выводу, что угол поворота можно найти из системы урав-

	5
	5
							1
		cos								,
		cos								,
							5										2							1							0
нений							2			. Здесь arcsin									arccos									1,07 63,43 .

																	5							5
		sin															5							5
		sin
							5
							5
Задание 3. Кривая – гипербола, каноническое уравнение
													x 2								y 2					1.

																2								2
													101			2				101				2
													101							101

													6
																				2		6
																				2		6
Задание 4. Характеристики кривой:

					101							1	101																1	505
				a	101			1,67, b				1	101		2,05, c										a2		b2		1	505		2,65,
				a				1,67, b							2,05, c										a2		b2					2,65,
					6				2				6														6			2	.
																															.
						5				10	1,58, d			a				1	101				1,06.
											1,58, d												1,06.
					2				2								3			10

Задание 5. Координаты точек и уравнения в канонических координатах.

Центр кривой O 0;0 .

		101								101						0;	1	101		0;	1	101
Вершины: A1				;0		, A2						;0		; B1					, B2				.
Вершины: A1		6		;0		, A2				6		;0		; B1			2	6	, B2		2	6	.
		6								6							2	6			2	6

	1		505						1		505
Фокусы: F1	1		505		;0		, F2		1		505		;0		.
Фокусы: F1	6	2			;0		, F2	6		2			;0		.
	6	2						6		2

Директрисы: d1 : x 13 10110 , d 2 : x 13 10110 .

Асимптоты: q1 : y 32 x , q2 : y 32 x .

Задание 6. Координаты точек пересчитываются с помощью (*), а коэффициенты уравнений – с помощью (**). Здесь, скорее всего, придется давать приближенные выражения.

									1							4
Центр кривой O												;							.
Центр кривой O												;							.
									6							3

					1			101										1								505 5				0,916
xA					1			101										1								505 5
								6								6
					5
	1				5																						30						, A1 0,916;2,83 .
	1

				2				101									4									505			20
yA				2				101									4									505			20		2,83


					5			6								3											15
	1				5			6								3											15
	1

					1	101									1									505 5				0,58
xA2					1	101									1									505 5
								6
					5
					5								6												30								, A2 0,58;0,16 .

			2				101							4									505 20
y			2				101							4									505 20						0,16
y	A																												0,16
	A					6							3												15
		2			5	6							3												15
		2

						101							1									3030 5						1,67,
xB1						101							1									3030 5
xB1
						30							6												30								, B1 1,67;2,25 .
						30							6												30

						101					4											3030 80
y						101					4											3030 80							2,25.
y																													2,25.
					30				3																60
B1					30				3																60

			2			1		1				101										1					3030 5						2,0,
xB						1		1				101										1					3030 5

		2				5 2							6								6						30
						5 2							6								6						30							B2 2,00;0,42
																																	,
					1	1				101										4					3030 80								,
y					1	1				101										4					3030 80							0,42.
y	B																															0,42.
	B				5 2				6										3								60
		2			5 2				6										3								60
		2


			1					1		505						1					202 2
xF																											1,35,
								6		2						6					12
			5
	1		5																										F1 1,35; 3,7 .
	1
																											,

			2						1			505				4						202 8
yF			2						1			505				4						202 8
																											3,7.


	1			5					6				2			3							6
	1			5					6				2			3							6

			1			1			505						1				202 2					1,02,
xF2			1			1			505						1				202 2

			5 6							2					6					12
			5 6							2					6					12								, F2 1,02;1,035 .

			2		1				505					4				202 8
y			2		1				505					4				202 8					1,035.
y	F																						1,035.
	F		5 6							2					3					6
		2	5 6							2					3					6
		2
Вершины: A1 0,92;2,83 ,																	A2 0,58;0,16 ,										B1 1,67;2,25 , B2 2,00;0,416 .
Фокусы: F1 1,35;3,7 , F2 1,02;1,035 .
																														17
Директрисы: d						:	1				(x 2 y)								17					1		101		x 2 y		17		202	5,2 .
Директрисы: d					1	:					(x 2 y)																	x 2 y					5,2 .
					1				5							6				5			3		10						6
									5							6				5			3		10						6

d1 : y 0,5x 2,6.

														x 2 y 17
d		:	1	(x 2 y)	17				1			101					202		0,46 .
d	2	:		(x 2 y)															0,46 .
	2	5			6	5		3			10					6
		5			6	5		3			10					6
d 2 : y 0,5x 0,23 .

Асимптоты: y						6	x			1			( 2x y)		1	6		1	(x 2 y)	17
																					.
					2											2

										5					5			5		6 5

12( 2x y) 12 6 6(x 2 y) 17 ,


12(1				6) y 6(4					6)x 12 17									6,
		(4						12 17
y		(4				6)	x						6 .


2(1					6)			12(1		6)

Первая асимптота:								y			(4			6)			x		17		6 12					(4	6)(	6 1)		x
Первая асимптота:								y									x													x
											2( 6 1)								12(			6 1)					10

	(17		6 12)( 6 1)									2			6		x			6 18				2,22x 1,7.
																	x							2,22x 1,7.
					60								2						12

Вторая асимптота:								y	(4				6)			x		12 17					6		(4		6)(1	6)	x
																											10
									2(1				6)					12(1 6)
									2(1				6)					12(1 6)

											27
(12 17		6)(1 6)			6 2 x 18			6 0,22x 1,3.
		60			2		12
Уравнения асимптот:
q :	y 2		6 x	6 18 2,22x 1,7;
1		2		12
		2		12
q :	y	6 2 x 18			6 0,22x 1,3.
2		2		12
		2		12
Уравнения новых осей (нужны для чертежа).
Ось абсцисс: y 0				1	( 2x y)		1	0 2x y 1 0 y 2x 1.
				5			5
Ось ординат: x 0				1	(x 2 y)	17		0 6x 12 y 17 0 y		1 x	17 .
				5	6		5			2	12
Задание 7. Рисунок. Сначала строим новые оси (их направления задаются базисными век-
торами), затем линию по ее каноническому уравнению.
10							y
							y		x
									x
5					q2
	y
								F2
0					B 2		O
0					B 2			A2
								A2		x
										x
								O
			q1		A1			B1	d2
									d2

5					F1
5								d1
								d1
10
	10			5				0	5	10

Пример 2.

В этом примере придется делать переобозначение осей координат.

Рассмотрим (без лишних подробностей) уравнение

11x2 4xy 14y2 9x 38y 16 0.

Задание 1.
Матрица квадратичной формы Q 112						142 , ее определитель равен 150 0, следова-
тельно, уравнение имеет эллиптический тип.
Найдем собственные векторы этой матрицы.
Характеристическое уравнение				11			2		2 25 150 0 , собственные чис-
Характеристическое уравнение				11			2		2 25 150 0 , собственные чис-
					2	14
ла матрицы 10 и 15 .
							2
							2					5 , нормированный соб-
Пусть 10. Собственный вектор g							1 , его длина				g	5 , нормированный соб-
Пусть 10. Собственный вектор g							1 , его длина
	g	1
ственный вектор g0					2		2		5	.
ственный вектор g0					2					.
	g		5		1		1	5


	0	1	5
Возможное сокращение расчетов: сразу можно написать второй вектор h				, для
		2	5	, для
		2	5

этого компоненты вектора g 0 надо поменять местами и у одной из них изменить знак, учитывая рекомендацию, делаем обе компоненты нового вектора положительными.

				12 , его длина
Пусть 15. Собственный вектор h				12 , его длина			h	5 , нормированный соб-
	h	1
	h	1
ственный вектор h 0			1	1	5	.
ственный вектор h 0			1			.
	h	5	2	2	5

Уравнение специально подобрано так, чтобы собственные числа и векторы совпали с числами и векторами предыдущего примера.

	1			0	1		1	2		0		1	2
Полагаем e		h					2 , e		g				1 . Это означает, что первым собственным

					5							5
					5							5
числом выбрали 1					15, а вторым ‒						2	10 . Матрица перехода от новых координат к
		1		1		2
старым C			2		1		, формулы перехода от новых координат к старым имеют вид:

		5
		5

	1		(x 2 y ),
x

	5
		.
	1
y			(2x y ).


	5

Использую полученные формулы, преобразуем уравнение к новым координатам.

Вычисляем линейную часть:

2E C		2E		2 1	38				.
2E C		2E		2 1	38				.
2D	T	2D	1	1 2	9	85	5	17 5

						20	5	4 5
			5			20	5	4 5
Вспоминая собственные числа (сейчас первое число 1						15 , второе 2 10 ) записыва-
ем уравнение в штрихованных координатах:

15(x )2 10( y )2 175x 45y 16 0

Выделяем полные квадраты:

	2				17			2				289					2								1	2
	2				17			2				289					2								1	2
15(x )		17	5x 15 x											, 10( y )						4	5y	10		y			2 .
												12
					6	5																			5
					6	5																			5
В штрихованных координатах уравнение принимает вид
						17				2						1			2		505
				15 x								10 y											0 .
																					12
						6			5								5
						6			5								5
В качестве "почти окончательного результата" получаем уравнение эллипса
									17				2				1			2
					x										y

									6									5
									6		5							5			1.
							101								101						1.
							101								101

									36							24

Замечаем, что 10136 10124 , поэтому большая (!) полуось находится в знаменателе второго

слагаемого, там, где присутствует y . Чтобы перейти к каноническому уравнению, новые координаты необходимо ввести следующим образом (поменять местами x и y ):

		1
x y				,


		5
	x			17		17
y				17	x	17	.
y					x		.

			6 5		6 5
			6 5		6 5

Знак минус во второй строке обеспечивает правую ориентацию новой системы координат.

После такого действия получаем каноническое уравнение эллипса:

x 2		y 2
101		101 1.
	24		36

Именно теперь все "встает на свои места": a 101 / 24 b 101 / 36 .

																											17
																								x y							,
																								x y							,
																											6		5			и
Соответственно изменятся формулы преобразования координат:																											1					и
																								y x			1	.
																								y x				.
																											5
																											5
	1				1							17						1				1							1
x		(x 2 y )							y						2 x										( 2x y )						,


	5					5						6 5						5				5							6
	1					1				2 y				17		x			1				1						4
y	1		(2x y )			1								17					1				1			(x 2 y )			4	.
y			(2x y )																							(x 2 y )				.
																													3
	5						5						6 5							5				5
	5						5						6 5							5				5
																	1				2		1
Матрица перехода от новых координат к старым C																					1		2 отличается от перво-

																	5
																	5
				1				1		2
начальной матрицы C							2			1	. Знать бы заранее, можно было сразу выбрать пер-

					5
					5
										1	2						1			1
вым базисным вектором вектор												1 , а вторым							2 , тогда бы проблемы замены

										5							5
										5							5

x на y не возникло.

Честное признание: в эллиптическом случае понятно, что первым базисным вектором надо выбирать век-

	0		1		2
тор g				1		, отвечающий меньшему (по модулю) собственному числу. Тогда вторым становится

			5
			5				1 , именно с минусом для того, чтобы получилась правая ориентация базиса. И
вектор		h 0			1
вектор		h 0
					5		2

проблемы бы не было, но не было бы и примера переобозначения осей.

Выпишем еще раз формулы, связывающие исходную и каноническую системы координат:

	1			1					1			1
x		( 2x y )				,		x			( 2x y)		,
				6
	5								5			5
	5						(*)		5			5			(**)
	1			4			(*)		1			17			(**)
y	1		(x 2 y )	4	.			y	1	(x 2 y)		17		.
y			(x 2 y )	3	.			y		(x 2 y)				.
	5			3					5			6 5

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика 2 семестр

#
15.02.2016139.79 Кб67ДЗ Предел последовательности.pdf
#
15.02.2016108.97 Кб69ДЗ Ряд Тейлора.pdf
#
15.02.2016170.44 Кб66ДЗ Степенные ряды.pdf
#
15.02.2016237.68 Кб65Дифференцирование функций пример.pdf
#
15.02.2016239.18 Кб65Дифференцирование функций.pdf
#
15.02.2016877.52 Кб69Исследование уравнения второй степени.pdf
#
15.02.2016398.01 Кб69Неопределенный интеграл.pdf
#
15.02.2016504.79 Кб76Определенный интеграл.pdf
#
15.02.2016500.89 Кб69Оптимизация функции.pdf
#
15.02.2016396.23 Кб67Предел последовательности (задача 1).pdf
#
15.02.2016127.23 Кб69Предел функции (варианты для тренировки).pdf