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 2 34 / 44

2 / 5

1 /

2 / 5

1 / 5

Проверка ориентации: C

2 /

, det C

1, ори-

1 / 5

/ 5

ентация правая, система координат каноническая.

																	1				2					1						cos				sin
Задание 2. Из равенства C																					1					2 sin										cos следует система уравне-

																	5
																	5
						2
	cos								,
	cos								,
							5																				2											1				0
ний					1						. Здесь arccos																			arcsin									2,68		153,43 .


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

																											2								2
																		1				101					2						101		2
																		1				101											101

																		2					6										6
																		2					6										6
Задание 4. Характеристики кривой:

	1	101													101																						1	101
a	1	101		2,05, b											101				1,67, c												a2 b2						1	101		1,18,
a				2,05, b															1,67, c												a2 b2									1,18,
2		6													6																				6			2		.
																																								.
	c		1	0,57, d												a	1				101				3,55.
				0,57, d																					3,55.
	a	3															2				2
Задание 5. Координаты точек и уравнения в канонических координатах.
Центр кривой O (0,0) .

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

							1					101										1		101
Фокусы: F1							1					101	;0		, F2							1		101				;0		.
Фокусы: F1													;0		, F2													;0		.
							6			2											6				2

Директрисы: d1 : x 12 1012 , d 2 : x 12 1012 .

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

						32
	1	;	4
Центр кривой O		;		.
	6		3
Вершины: A1 1,67;2,25 , A2 2,00;0,42 , B1 0,58;0,16 , B2 0,91;2,83 .
Фокусы: F1 0,89;1,86 ,				F2 1,23;0,80 .
Директрисы: d1 : y 2x 8,94 ,					d 2 : y 2x 6,94 .
Уравнения новых осей (нужны для чертежа).
Ось абсцисс: y 0 y 1 x					17 . Ось ординат: x 0 y 2x 1.
				2	12
Задание 7. Рисунок. Сначала строим новые оси (их направления задаются базисными век-
торами), затем линию по ее каноническому уравнению.
					y
					4
				d2
					2
x					O
x
4				2	B1
4				2	2	4
						x
				A2	F
					2
					O
					F1	d1
					2	d1
					2
					A1
					B2
					4
				y

Последний пример 3.

Рассмотрим уравнение

4x2 12xy 9y2 4x 19y 26 0.

Задание 1.

Q 4 6 0

Матрица квадратичной формы 6 9 , ее определитель равен , следовательно,

уравнение имеет параболический тип.

Найдем собственные векторы этой матрицы.

Характеристическое уравнение	4	6	2 13 0 , собственные числа матри-
Характеристическое уравнение	4	6	2 13 0 , собственные числа матри-
	6	9

цы 0 и 13 .

Пусть 0 . Собственный вектор g 32 , его длина g 13 , нормированный соб-

	g	1
	g	1
ственный вектор g0				3	3	13	.
ственный вектор g0				3			.
	g	13	2		2	13

Пусть 13. Собственный вектор h 23 , его длина h 13 , нормированный соб-

					h		1
					h		1
ственный вектор h 0									2			2	13			.
ственный вектор h 0									2							.
					h		13		3			3	13
														2
	1		0	1		3		2		0		1		2
Полагаем e		g				2 , e			h					3	. Это означает, что первым собствен-

				13								13
				13								13
ным числом выбрали 1 0 , а вторым ‒											2 13.
																	1	3		2
Матрица перехода от новых координат к старым C																			2	3	.

																	13
																	13

Формулы перехода от координат с одним штрихом к старым и обратно имеют вид:

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

	13			13
	13			13			.
	1			1			.
y	1	(2x 3y ).	y	1	( 2x 3y).


	13			13

Вычисляем линейную часть преобразованного уравнения:

2E C		2E		2	3 19						34
2E C		2E		2	3 19								.
2D	T	2D	1	3	2	4	26		13	2		13
			13				65	13		5	13
Вспоминая собственные числа (сейчас первое число 1							0 , второе 2 13) записываем

уравнение в штрихованных координатах:

13( y )2 213x 513y 26 0

Выделяем полный квадрат:
	2			5	2	25
	2			5	2	25
13( y )		5	13y 13 y				.
						4

				2 13

В штрихованных координатах уравнение принимает вид

	5	2	25				79

13 y				26 2 13x 2	13	x		.
			4
	2 13						8 13

В качестве "почти окончательного результата" возникает уравнение параболы

	5	2	2		79
y				x		.

	2 13				8 13
			13

Замечаем, что коэффициент перед скобкой в правой части уравнения отрицательный. Чтобы перейти к каноническому уравнению, новые координаты необходимо ввести следующим образом (изменить направления осей на противоположные):

x x

y y

79	x	79	,

8 13		8 13

5	y	5	.


2 13		2 13

	79
x x			,
x x			,
	8	13
		5
y y		5		.


	2	13
	2	13

Для сохранения ориентации приходится менять направление двух осей.

После этой замены получаем каноническое уравнение параболы:

( y )2 213 (x ) .

Найдем формулы перехода от канонических координат к старым и обратно:

		1		x	79			2	y		5	1	3x	2 y	197
x			3													,
															104
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13				(*)
		1				79					5	1			109	(*)
		1				79					5	1			109
							3 y							3y
	y															.
	y		2 x										2x		52	.
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13

Окончательная матрица перехода от новых координат к старым имеет следующий вид

	1	3	2	1	3		2
C		2	3 . Полезно сравнить ее с первоначальной матрицей			2	3	.

	13			13

Выписываем формулы перехода от старых координат к каноническим:

x		1	3x 2 y			79			,
x			3x 2 y						,
	13				8		13
	13				8		13			(**)
	1			2x 3y			5			(**)
y	1						5	.


	13				2		13

	3 /
		13	2 /	13	, det C 1, ориентация правая, си-
Проверка ориентации: C	2 /	13	3 /	13

стема координат каноническая.

						1	3	2	cos	sin
Задание 2. Из равенства				C			2	3 sin		cos				следует система уравне-

						13
						13
	3
cos		,
cos		,
	13	. Здесь ответ находится в третьей четверти, и равен
ний	2	. Здесь ответ находится в третьей четверти, и равен
sin	2


	13
	13
			3					2			0
2 arccos					arcsin				3,73 213,69			.


			13					13
Задание 3. Кривая – парабола, каноническое уравнение ( y )2															2		(x ) .

														13
														13
Задание 4. Характеристики кривой: фокальный параметр p												1				0,28 .


													13

Задание 5. Координаты точек и уравнения в канонических координатах.

Вершина параболы O (0,0) .

		1
Фокус:	F		;0	.

	2	13

Директриса: d : x	1		.

	2
		13

						197				109
Вершина параболы O								;			( 1,9;2,1) .
Вершина параболы O								;			( 1,9;2,1) .
						104				52
	209		113
Фокус: F		;				( 2,0;2,17) .
Фокус: F		;				( 2,0;2,17) .
	104		52
Директриса:	d : y			3	x		75		1,5x 4,69 ,			d		: y 2x 6,94 .
Директриса:	d : y				x				1,5x 4,69 ,			d	2	: y 2x 6,94 .
			2			16							2
			2			16

Уравнения новых осей (нужны для чертежа).

Ось абсцисс: y 0 y 23 x 56 0,67x 0,83.

Ось ординат: x 0 y 32 x 1679 1,5x 4,94.

Задание 7. Рисунок. Сначала строим новые оси (их направления задаются базисными векторами), затем линию по ее каноническому уравнению

					1	y
						y
						x
4	3	2		1		1
					O	1
					O
					1
		F	O		2
		F	O
				d
					3
	x
				y	4
					4

0.5. Квадратное уравнение с тремя неизвестными.

Ограничимся кратким обзором, идеи те же самые, что и в случае двух переменных.

Уравнение второй степени с тремя неизвестными имеет вид

q11 (x1 )2 2q12 x1x2 2q13 x1x3 q22 (x2 )2 2q23 x2 x3 q33 (x3 )2 2q1x1 2q2 x2 2q3 x3 q0 0

при условии, что (q )2					(q		)2 (q )2 (q					)2 (q				)2 (q			)2	0.
				11	12			13		22				23			33
(x , x , x ) q				(x )2	q	(x )2		q	(x )2		2q			x x			2q	x x 2q				x x называ-
1	2	3	11	1	22		2	33	3				12	1	2		13		1	3	23	2	3
ется квадратичной формой от трех переменных.
Взяв симметричную матрицу Q								q11	q12			q13											x1
Взяв симметричную матрицу Q								q	q			q		и вектор x (x , x , x ) x										,
								21	22			23								1 2	3		2
								q31	q32			q33											x3

квадратичную форму можно записать в следующем виде:

(x1, x2 , x3 ) (x) Qx, x .

Выражение f (x1, x2 , x3 ) q1x1 q2 x2 q3 x3 f (x) q, x образует линейную форму, здесь вектор q (q1,q2 ,q3 ) . Слагаемое q0 называется свободным членом уравнения. В векторно-матричных обозначениях квадратное уравнение принимает вид

Qx, x 2 q, x q0 0 .

Разбиение на типы в случае трех переменных становится более сложным и здесь не обсуждается.

Исследование квадратного уравнения с тремя (и более) неизвестными основывается на следующем утверждении: у любой симметричной матрицы размера n n имеется набор из n собственных векторов, образующих ортонормированную систему. Если эту систему взять в качестве базиса пространства, то матрица преобразуется к диагональному виду, причем на диагонали стоят собственные числа матрицы (среди них могут быть равные).

В системе координат, определяемой базисом из собственных векторов, квадратичная форма не содержит произведений неизвестных. Говорят, что форма приведена к сумме

квадратов. В частности, в случае трех неизвестных – к виду (x )2			(x )2		(x )2 .
1	1	2	2	3	3

Здесь i , i 1, 2, 3, – собственные числа матрицы, среди них могут быть равные числа,

и нули, но хотя бы одно из чисел отлично от нуля. Вид поверхности, определяемой квадратным уравнением с тремя неизвестными, полностью определяется значениями собственных чисел матрицы. В невырожденном случае этими поверхностями могут быть сферы, эллипсоиды, гиперболоиды, параболоиды и конуса.

Пример. Рассмотрим уравнение (в классических обозначениях) с тремя неизвестными:

4xy 4xz 3y2 2 yz 3z2 6 x 5 y 2 0

	0	2	2
Матрица квадратичной формы Q 2		3	1	.
	2	1	3
	2	1	3
			2	2
Характеристическое уравнение det	2	3		1	0 после вычисления опреде-
	2		1
	2		1	3

лителя и приведения подобных членов принимает вид 3											6 2 32 0. Его корни
(собственные числа матрицы) 1 2, 2						4 . Их нетрудно найти подбором или с по-
мощью специальных математических пакетов.
											2u 2v 2w 0
													5v		w 0 .
Пусть 2. Составляем характеристическую систему: 2u													5v		w 0 .
														5w 0
											2u v			5w 0
						2	2	2				1	1 1			1	1	1 .
Приводим матрицу к ступенчатому виду:						2	5	1				0	3	3		1	1	1 .
							1	5				0	3	3	0		1	1
					2		1	5				0	3	3
Ранг матрицы системы равен двум. Свободная неизвестная – w . Получаем систему
u v w		u		2
u v w
	v w			1				. Полагая 1/							6 , находим пер-
	v w	, ее решение v		1	,			. Полагая 1/							6 , находим пер-
		w		1

								2 /	6


вый нормированный собственный вектор					f 1		1 /			6	.
								1 /	6

Пусть 4 . Составляем характеристическую систему:
		4u 2v 2w 0
						2u v w 0 .
		2u v w 0				2u v w 0 .
			w 0
		2u v	w 0

Ранг матрицы системы равен единице (!). Размерность собственного подпространства, отвечающего собственному числу 4 , равна 3 1 2. Свободные неизвестные – v и w .

Решение уравнения w , v ,			u ( ) / 2 или в базисной форме
u	1 / 2			1 / 2
v		1			0	,	, .
		0			1
w		0			1

Полагая 2, 0 и 0, 2, получаем два (ненормированных пока) соб-

	1			1
ственных вектора f 2	2	и	f 3	0	. Если бы матрица имела три разных соб-
	0			2
	0			2

ственных числа, то найденные векторы были бы ортогональными. Оставалось бы только сделать их единичными. В данном примере только два собственных числа. Найдены три разных собственных вектора, они образуют линейно независимую систему, из них можно создать базис пространства, но этот базис не будет ортогональным. Здесь возникает дополнительная задача ортогонализации полученного базиса. Отметим, что векторы, отве-

чающие разным собственным числам, ортогональные, то есть, что f 1 f 2 и f 1 f 3 .

Поэтому остается ортогонализовать систему { f 2 , f 3}, а для этого есть правило ортогонализации Грама-Шмидта:

f 3 f 3	( f	3	, f	2	)		1			1	1				1	4						2	2
	( f		, f		)	f 2		0		1		2			1			2				2		1		f 2 .
						f 2		0				2						2						1		f 2 .
	( f 2 , f 2 )							2		5		0			5							5		5
								2				0				10								5
																									2 /
														1 / 5											2 /	30


После нормировки получаем еще два вектора : f 2														2 /			5		и		f 3				1 /		30	.
														0
														0											5	30

В итоге имеем ортонормированный базис
																2 /
				2 / 6					1 / 5							2 /					30
							, f 2

f 1		1 / 6							2 / 5				, f 3					1 /		30				.
									0
				1 / 6					0									5 30

Проверим ориентацию полученного базиса, вычислив смешанное произведение базисных векторов:

	1		1	1		1	2	30
					2
( f 1 , f 2 , f 3 )					1 2		1		1.
								30

6		5		30	1	0	5

Построенный базис имеет правую ориентацию, что конечно, случайно.

Вопрос. Что еще надо было бы сделать, если бы при проверке оказалось, что ориентация базиса левая (по договоренности строится правый базис)?

Мы получили матрицу перехода от новых координат к старым (она же от старого базиса к новому) и обратную к ней матрицу:

2 / 6 1 / 5

2 / 30

2 / 6 1 / 6

1 / 6

, C 1

1 / 6 2 / 5

1 / 30

1 / 5

2 / 5

1 / 6

5 30

2 / 30 1 / 30

5 30

Выпишем формулы преобразования координат:
x	2		x		y		2z		,				x			2		x			y			z	,

	6			5			30																	6
	6			5			30										6				y	6		6
y		x			2	y		z		,		и	y	x					2		y	,


	6			5			30									5	x			5			y				z
z		x					5z				.		z		2		x						y	5		5	z	.


	6						30										30					30		30

Используя полученные формулы, находим вид уравнений в штрихованной системе координат (квадратичная часть преобразуется в сумму квадратов с коэффициентами, равными собственным числам, поэтому вычислять надо только линейную часть, коэффициенты которой заранее были подобраны специальным образом):

2(x )2 4( y )2 4(z )2 (2x y z ) (x 2y ) 2 0 .

После приведения подобных членов уравнение принимает вид:

2(x )2 4( y )2 4(z )2 x 3y z 2 0.

Упражнение. Выделив полные квадраты, введите новые координаты ( с двумя штрихами) и найдите каноническое уравнение поверхности. Верно ли, что исходное уравнение определяет двуполостный гиперболоид?

Упражнение. Выпишите формулы перехода от исходных координат к новым координатам с двумя штрихами и наоборот. Найдите исходные координаты начала новой системы координат.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

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

		1		x	79			2	y		5	1	3x	2 y	197
x			3													,
															104
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13				(*)
		1				79					5	1			109	(*)
		1				79					5	1			109
							3 y							3y
	y															.
	y		2 x										2x		52	.
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13

		1		x	79			2	y		5	1	3x	2 y	197
x			3													,
															104
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13				(*)
		1				79					5	1			109	(*)
		1				79					5	1			109
							3 y							3y
	y															.
	y		2 x										2x		52	.
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13

		1		x	79			2	y		5	1	3x	2 y	197
x			3													,
															104
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13				(*)
		1				79					5	1			109	(*)
		1				79					5	1			109
							3 y							3y
	y															.
	y		2 x										2x		52	.
		13			8	13				2	13	13
		13			8	13				2	13	13