Преобразование уравнений 2 го порядка

Приведение кривой второго порядка к каноническому виду

Пример №1 . Привести уравнение второго порядка к каноническому виду с помощью поворота и параллельного переноса осей координат. Построить кривую.

Пример №2 . Выполнив последовательно преобразования координат: поворот, а затем параллельный перенос координатных осей, преобразовать к каноническому виду уравнение кривой второго порядка и построить ее в исходной системе координат, а также найти параметры кривой.

Алгоритм перехода кривой второго порядка к каноническому виду

Пример №1 . 4y=-6-sqrt(4x-x 2 )
sqrt(4x-x 2 ) = -(4y+6)
Возведем в квадрат
4x-x 2 = (4y+6) 2
Раскрывая скобки, получаем:
16y 2 +48y + 36 +x 2 -4x = 0

Далее решается калькулятором. Если самостоятельно решать, то получим:
4x-x 2 = (4y+6) 2
-(x 2 — 4x) = 2(y+3/2) 2
-(x 2 — 4x + 4) = (y+3/2) 2
-(x — 2) 2 = (y+3/2) 2
(y+3/2) 2 + (x — 2) 2 = 0

Пример №2 . x=1-2/3 sqrt(y 2 -4y-5)
Здесь надо сначала привести к нормальному виду.
3/2(x-1)=sqrt(y 2 -4y-5)
Возводим в квадрат
9/4(x-1) 2 =y 2 -4y-5
9/4x 2 -9/4*2x+9/4-y 2 +4y+5=0
9/4x 2 -9/2x-y 2 +4y+29/4=0

Далее можно решать как с калькулятором, так и без него:
9/4(x-1) 2 =y 2 -4y-5
9/4(x-1) 2 =y 2 -4y+4-4-5
9/4(x-1) 2 =(y 2 -2)-9
9/4(x-1) 2 -(y 2 -2) = -9
-1/4(x-1) 2 +1/9(y 2 -2) = 1

Упрощение уравнений кривых 2-го порядка

Упрощение уравнений кривых 2-го порядка

• Упрощение уравнения кривой 2-го порядка Н°1.Уравнение y = axh — \ — bx — <- c. в этом разделе описывается применение преобразований координат для упрощения уравнения 2-й строки. Давайте начнем с примера. Предположим, вы хотите найти линию, которая соответствует уравнению. у = 12л:+ 9.(!） объедините члены,

содержащие x, и перепишите это уравнение. вы добавите выражение в скобках с полным квадратом, вы получите: у = 3(х *-4х + 4)+ 9-12 Или то же самое у + 3 = 3(ок-2)’. (2） Это исходное уравнение (1), но только если группа членов отличается. Предположим, что здесь система координат переведена и начало

координат перемещено в точку 0 (p, q).Тогда старые координаты всех точек плоскости (x, y) представляются новыми координатами(xlt бьется по формуле). х = ХВ + р, г = г \ + Людмила Фирмаль

Теорема. соответствует параболе, полученной из параболы у = АХ *(7） Используйте параллельную передачу. Y、\ ыы З 4 * -/ −2 __ N л Дж 0 и C> 0 ( * ).И понятно, что это Λ1> 0.In дело в том, что если M = 0, то выражение (17) не является кривой, а соответствует точке, как в Примере (13), а неравенство 0 приводит к тому, что нет ничего, что соответствует выражению (17), например (12).Поэтому остается только возможность M> 0. Перепишите выражение (17) в следующий

формат •) Понятно, что это Еф 0.В противном случае выражение(11) будет иметь вид Ax * — * — Dx — * + ^ = 0 и будет соответствовать паре строк[подобно выражению(16)]. Рычание (15)]вообще никакого ответа «9 мая внимательно следите за процессом умозаключения. Но учтите, что вы не хотите запоминать выражение ru q, At. Do не загружайте ненужные детали в память. •* * ) В противном случае измените знак

на обеих сторонах уравнения(17). Ич I_1 „LG +“ LG-1 Или,=(это、 Дроби положительные), в виде] ФЛ-П-21-1 * б％ Это эллиптическое уравнение. Необходимо учитывать, когда А и С — это количество различных знаков. В противном случае, поскольку он изменяет знак с обеих сторон выражения (17), мы можем предположить, что O, C 0, C 0.Переписывание формулы (18) из Формулы (17) если вы поставите — = ^ = — b, он достигнет уравнения. О1-б * ’ То есть к гиперболическому уравнению. Теорема доказана. Замечание. 1) метод доказательства теоремы, примененный к определенному уравнению, фактически делает это уравнение каноническим. 2)из доказательства

теоремы ясно, что кривая, соответствующая уравнению*). Ах * + ТИЦ * ’\ — ДХ + ЕУ + Ф = 0、 Что это? а) LS = O парабола、 B) LS] > 0 эллипс、 в) преувеличение препарата (19） Где L обозначает совокупность всех остальных терминов. Понятно, что L не включает в себя 2-й член по отношению к xx. In в частности, L не включает продукт. запишем все члены формулы (19), включая x% Vy, отдельно. [- 2A sin 0 cos 0 + V (cos9 0-sin 90)+2Csin 0 cos 0] и позже 2sin

0 cos 0 = sin 20, cos90-sin9 0 = cos20、 Указанная группа членов может быть записана следующим образом [В COS 20-(л-с) грех 20] Xyyv Наша цель-выбрать такой угол 0, чтобы в Формуле (19) не было членов, содержащих произведение XYY. I cos 20-(Л-С) sin 20 = 0 (Л-с) грех 20 = потому что я 26、 Или наконец-то (21） Поскольку любое вещественное число действует как касательная к углу, всегда будет

существовать угол 0, удовлетворяющий соотношению (21) (для A, B, C).Но это также означает, что с помощью правильного вращения системы координат уравнение(10) всегда можно преобразовать в уравнение, не содержащее произведения координат. Замечание. 1) Если Λ= C, то уравнение (21) теряет свою meaning. In в этом случае он должен быть изменен на равенство (20). cos 20 = 0、 То есть cos 20 =

0 (ведь мы будем считать Bf 0).Однако это 20 = 90°, то есть 6 = 45°. Итак, при A = C нужно повернуть систему координат на 45°). 2) применяя метод доказательства теоремы к конкретному уравнению, мы можем сделать это уравнение каноническим. Однако существуют и более удобные методы для этой цели. Мы не будем

их рассматривать. (20 )） Или то же самое 3) по отношению к уравнению (10) возникают следующие критерии: кривая**) соответствует уравнению Топорик% + Ву + Су *-+ ДХ + ЕС + Ф = 0、 Я а) парабола при 4AC= B * t B) 4i4c> 5 *овал、 В) гипербола на 4 Это утверждение ничего не доказывает. в N°4.Образцы. Гипербола из-за асимптот. 1) рассмотрим уравнение 8x *-16 * + память+ 12y-4 =

0 Перепишите в форму 8С 1-2лг) + ЗСУ, — н > 0 = 4 Или дополните выражение в скобках до полного квадрата、 8 (f-2 * + 1)+ ЗСУ* + 4 >> + 4）= 24。 Отсюда (

!) ’. (y + 2) ’ 3 1 8 Перемещая начало координат в точку Oi (l, −2), мы делаем параллельный перенос системы. На новой оси уравнение линии имеет вид: 3 + 4- Он представляет собой эллипсоид с полу-оси Y3 и г-8.Этот трюк (новый! Обратите внимание,

что он находится на оси ординаты). 2) анализируйте более сложные примеры 4gv + 24hu + Tsu1-24kh-82u + 15 =0.(22） Начните с нахождения угла 0. Исчезновение произведения координат. Согласно (21) = Дж 482v = 4 ^ P = _T-123） Потому Что L = 4, B = 24, C = 11、 в pa 2tg6 О I A 2tg0 24 Итак, tgO — это 2-е уравнение^ _ q = — y или 12 tg90-7 tg 6-12 = 0. 4, 3.

Это уравнение удовлетворяет tg0 = -J и ТГ б= -. Неинтересно брать 0 из этих углов, потому что любой из этих углов удовлетворяет соотношению (23), но это все, что вам нужно. Возьмите по мере необходимости Угол 0 — это угол tg =0-.As [известно cos0 =± Так и в нашем случае cos0=:+=!(24)） И затем грех 0 = tg0cos0=± -^. (25） Выбор символов равенства (24) и, следовательно, (25) также свободен здесь. Конечно.、 Четыре если вы выберете tgO= -^, вы уже заявили,

что это гарантирует реализацию соотношения(23).Выберите Войти (24) cos 9 = 4. грех 0 = 4 ″» Формула преобразования координат при повороте системы на этот угол 0 принимает следующий вид: ДжейТи = а£л-4yLi у = у * У1. (26） Назначьте эти выражения выражению (22) в виде 4 >-y -1 bdg,-bu,+ 3 = 0.(27 )） Естественно, новое уравнение не включает в себя произведение. Выполните дальнейшие преобразования, как в предыдущем примере. То есть, напишите(27)

в виде: 4（>-4 * 1 + 4）-（y!+ 6y1 + 9)= 4 Или 1 4 Затем сделайте параллельный перенос системы и переместите начало координат в точку Oj (2, −3).Если вновь приобретенные оси обозначаются 0 \ X% и 0 ^ ur, то для xx = x2—2, yx = yb-3, а для оси 0 \ X^ уравнение прямой принимает вид: −1 т т т т Итак, эта линия является гиперболой

полуосей 1 и 2.Асимптотическая линия оси oijc| V имеет уравнение y1 =±2x%.Центром симметрии гиперболы является точка Oj. [В системе ohuh его координаты Xi = 2, yi =-3.So, согласно (26) системы Ohu, координаты точки 0\: = 3.6 и j»=-0.2. Чтобы нарисовать гиперболу на чертеже, сначала 3 4 поверните систему на угол cos0 = y, sin 6= -^ -. Этот угол находится в диапазоне от 0 до 90°и может быть легко настроен из тригонометрии известным способом. Если вы получаете

систему Ox / y / таким образом、 Найдите в нем точку Ot (2, −3) и постройте систему 77 Показаны характерные прямоугольники и асимптоты гиперболы(22), а также сама эта гипербола. 3) Рассмотрим другой пример, важный в теории. Нам нужно посмотреть на кривую. Ху = А. (28） Поскольку в этом уравнении A = C (=0), по замечаниям 1), система должна быть повернута на 45°.Для

значения этого угла, равного 0, форма выражения преобразования координат имеет вид Если вы подставите эти выражения в (28)、 Си-ильный = 2а、 (29） (28） И это равносторонняя гипербола (в af 0).Его асимптоты делят пополам углы между осями симметрии. Но ось симметрии гиперболы (29) является новой! Это координатная ось, поэтому асимптота-это старая координатная ось. Таким образом,

теорема 4 доказана. Ху = А Здесь afO соответствует равносторонней гиперболе и имеет осевые асимптоты координатных осей. Это первая гипербола、 Если 3-й, 2-й и 4-й координатные углы равны 0(рис.78 и 79).

Образовательный сайт для студентов и школьников

Копирование материалов сайта возможно только с указанием активной ссылки «www.lfirmal.com» в качестве источника.

© Фирмаль Людмила Анатольевна — официальный сайт преподавателя математического факультета Дальневосточного государственного физико-технического института

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Материал данной статьи дает представление о дифференциальных уравнениях порядка выше второго с возможностью понизить порядок, используя замену. Подобные уравнения часто представлены F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0 , не содержащими искомой функции и производных до k – 1 порядка, а также дифференциальными уравнениями записи F ( y , y ‘ , y » , . . . , y ( n ) ) = 0 , не содержащими независимой переменной.

Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих искомой функции и производных до
k – 1 порядка вида F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0

Мы имеем возможность понижения порядка дифференциального уравнения F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0 до n – k , используя замену переменных y ( k ) = p ( x ) . Осуществив подобную замену, имеем: y ( k + 1 ) = p ‘ ( x ) , y ( k + 2 ) = p » ( x ) , . . . , y ( n ) = p ( n — k ) ( x ) . Затем подставим полученный результат в исходное уравнение и увидим дифференциальное уравнение порядка n – k с неизвестной функцией p ( x ) .

После нахождения p ( x ) функцию y ( x ) найдем из равенства y ( k ) = p ( x ) интегрированием k раз подряд.

Для наглядности разберём решение такой задачи.

Задано дифференциальное уравнение 4 y ( 4 ) — 8 y ( 3 ) + 3 y » = 0 . Необходимо найти его общее решение.

Решение

Произведя замену y » = p ( x ) , получим возможность понизить порядок дифференциального уравнения с четвертого до второго. Итак, y ( 3 ) = p ‘ , y ( 4 ) = p » , и, таким образом, исходное уравнение четвертого порядка мы преобразуем в линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка, имеющее постоянные коэффициенты 4 p » — 8 p ‘ + 3 p = 0 .

Характеристическое уравнение будет записано так: 4 k 2 — 8 k + 3 = 0 , а корни его — k 1 = 1 2 и k 2 = 3 2 , тогда общим решением дифференциального уравнения 4 p » — 8 p ‘ + 3 p = 0 будет p ( x ) = C 1 · e 1 2 x + C 2 · e 3 2 x .

Проинтегрируем два раза полученный результат и можем записать необходимое нам общее решение дифференциального уравнения четвертого порядка:

y » = p ( x ) ⇒ y ‘ = ∫ p ( x ) d x = ∫ C 1 · e 1 2 x + C 2 · e 3 2 x d x = = 2 C 1 · e 1 2 x + 2 3 C 2 · e 3 2 x + C 3 ⇒ y = ∫ y ‘ d x = ∫ 2 C 1 · e 1 2 x + 2 3 C 2 · e 3 2 x + C 3 d x = = 4 C 1 · e 1 2 x + 4 9 C 2 · e 3 2 x + C 3 · x + C 4

Ответ: y = 4 C 1 · e 1 2 x + 4 9 C 2 · e 3 2 x + C 3 · x + C 4 ( С 1 , С 2 , С 3 и С 4 являются произвольными постоянными).

Задано общее дифференциальное уравнение третьего порядка y ‘ ‘ ‘ · x · ln ( x ) = y » . Необходимо найти его общее решение.

Решение

Осуществим замену y » = p ( x ) , следовательно, y ‘ ‘ ‘ = p ‘ , а заданное дифференциальное уравнение третьего порядка преобразуется в дифференциальное уравнение, имеющее разделяющиеся переменные записи p ‘ · x · ln ( x ) = p .

Осуществим разделение переменных и интегрирование:

d p p = d x x ln ( x ) , p ≠ 0 ∫ d p p = ∫ d x x ln ( x ) ∫ d p p = ∫ d ( ln ( x ) ) ln ( x ) ln p + C 1 = ln ln ( x ) + C 2

Последующее потенцирование с учетом того, что p ( x ) = 0 тоже является решением, даст нам возможность получить общее решение дифференциального уравнения p ‘ · x · ln ( x ) = p в записи p ( x ) = C · ln ( x ) , в которой C будет произвольной постоянной.

Поскольку в самом начале была использована замена y » = p ( x ) , то y ‘ = ∫ p ( x ) d x тогда: y ‘ = C · ∫ ln ( x ) d x . Задействуем метод интегрирования по частям:

y ‘ = C · ∫ ln ( x ) d x = u = ln ( x ) , d v = d x d u = d x x , v = x = = C · x · ln ( x ) — ∫ x d x x = C · ( x · ln ( x ) — x ) + C 3

Произведем интегрирование повторно для получения общего решения заданного дифференциального уравнения третьего порядка:
y = ∫ y ‘ d x = ∫ C · x · ln ( x ) — x + C 3 d x = = C · ∫ x · ln ( x ) d x — C · ∫ x d x + C 3 · ∫ d x = = C · ∫ x · ln ( x ) d x — C · x 2 2 + C 3 · x = = u = ln x , d v = x d x d u = d x x , v = x 2 2 = = C · x 2 2 · ln x — ∫ x d x 2 — C · x 2 2 + C 3 · x + C 4 = = C · x 2 ln ( x ) 2 — 3 x 2 4 + C 3 · x + C 4

Ответ: y = C · x 2 ln ( x ) 2 — 3 x 2 4 + C 3 · x + C 4 ( С , С 3 и С 4 являются произвольными постоянными).

Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих независимую переменную, записи F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0

Теперь рассмотрим дифференциальные уравнения F ( y , y ‘ , y » , . . . , y ( n ) ) = 0 , не имеющие в своей записи независимую переменную.

В данном случае снижение порядка на единицу возможно с использованием замены d y d x = p ( y ) . Опираясь на правило дифференцирования сложных функций, получим:

d 2 y d x 2 = d p d y d y d x = d p d y p ( y ) d 3 y d x 3 = d d p d y p ( y ) d x = d 2 p d y 2 d y d x p ( y ) + d p d y d p d y d y d x = = d 2 p d y 2 p 2 ( y ) + d p d y 2 p ( y ) . . .

Подставив результат в заданное уравнение, получаем дифференциальное уравнение с порядком ниже на единицу.

Рассмотрим данный алгоритм в решении конкретной задачи.

Задано дифференциальное уравнение 4 y 3 y » = y 4 — 1 и начальные условия: y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 2 2 . Необходимо найти частное решение заданного уравнения.

Решение

Заданное уравнение не имеет в своем составе независимую переменную x , следовательно, мы можем снизить порядок уравнения на единицу, используя замену d y d x = p ( y ) .

Тогда d 2 y d x 2 = d p d y · p ( y ) . Произведем подстановку и получим дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными 4 y 3 · d p d y · p ( y ) = y 4 — 1 .

4 y 3 · d p d y · p ( y ) = y 4 — 1 ⇔ p ( y ) d p = y 4 — 1 4 y 3 d y , y ≠ 0 ∫ p ( y ) d p = ∫ y 4 — 1 4 y 3 d y p 2 ( y ) 2 + C 1 = y 2 8 + 1 8 y 2 + C 2 p 2 ( y ) = 1 4 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 , C = C 2 — C 1 P ( y ) = ± 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2

Поскольку d y d x = p ( y ) , тогда y ‘ = ± 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 .

Этап решения позволяет найти константу C , задействовав начальные условия y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 2 2 :

y ‘ ( 0 ) = ± 1 2 y 4 ( 0 ) + 8 C y 2 ( 0 ) + 1 y 2 ( 0 ) 1 2 2 = ± 1 2 2 4 + 8 C 2 2 + 1 2 1 2 2 = ± 1 2 5 + 16 C 2 1 = ± 5 + 16 C

Крайнее равенство дает возможность сформулировать вывод:

C = — 1 4 ,а y ‘ = — 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 не удовлетворяет условиям задачи.

y ‘ = 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 = 1 2 y 4 + 8 · — 1 4 y 2 + 1 y 2 = = 1 2 y 4 + 2 y 2 + 1 y 2 = 1 2 ( y 2 — 1 2 ) y 2 = 1 2 y 2 — 1 y

При y 2 — 1 y ≥ 0 ⇔ y ∈ — 1 ; 0 ∪ [ 1 ; + ∞ ) получаем y ‘ = 1 2 · y 2 — 1 y , откуда

2 y d y y 2 — 1 = d x ∫ 2 y d y y 2 — 1 = ∫ d x ∫ d ( y 2 — 1 ) y 2 — 1 = ∫ d x ln ( y 2 — 1 ) + C 3 = x + C 4 y 2 — 1 = e x + C 3 = x + C 4 y 2 — 1 = x + C 1 , C 5 + C 4 — C 2 y = ± e x + C 5 + 1

Область значений функции y = — e x + C 5 + 1 — это ( — ∞ , — 1 ] , и такой интервал не будет удовлетворять условию y 2 — 1 y ≥ 0 ⇔ y ∈ — 1 ; 0 ∪ [ 1 ; + ∞ ) , а значит y = — e x + C 5 + 1 не рассматриваем.

Обратимся к начальному условию y ( 0 ) = 2 :

y ( 0 ) = e 0 + C 5 + 1 2 = e 0 + C 5 + 1 2 = e C 5 + 1 С 5 = 0

Таким образом, y = e x + C 5 + 1 = e x + 0 + 1 = e x + 1 — необходимое нам частное решение.

При у 2 — 1 y 0 ⇔ y ∈ — ∞ ; — 1 ∪ 0 ; 1 получим y ‘ = — 1 2 · y 2 — 1 y , откуда y = ± e x + C 5 + 1 . Область значений функции y = e — x + C 5 + 1 — интервал [ 1 , + ∞ ) , и такой интервал не будет удовлетворять условию y 2 — 1 y 0 ⇔ y ∈ — ∞ ; — 1 ∪ 0 ; 1 , тогда y = e — x + C 5 + 1 не рассматриваем.

Для функции y = e — x + C 5 + 1 начальное условие y ( 0 ) = 2 не будет удовлетворяться ни для каких С 6 , поскольку