Уравнение линии 2 порядка привести к каноническому

Приведение кривой второго порядка к каноническому виду

Пример . Дано уравнение кривой 3x 2 +10xy+3y 2 -2x-14y-13=0 в системе координат (0,i,j), где i =(1,0) и j =(0,1).
1. Определить тип кривой.
2. Привести уравнение к каноническому виду и построить кривую в исходной системе координат.
3. Найти соответствующие преобразования координат.

Решение. Приводим квадратичную форму B=3x 2 +10xy+3y 2 к главным осям, то есть к каноническому виду. Матрица этой квадратичной формы . Находим собственные числа и собственные векторы этой матрицы:

Характеристическое уравнение:
; λ₁=-2, λ₂=8. Вид квадратичной формы: .
Исходное уравнение определяет гиперболу.
Заметим, что вид квадратичной формы неоднозначен. Можно записать 8x₁ 2 -2y₁ 2 , однако тип кривой остался тот же – гипербола.
Находим главные оси квадратичной формы, то есть собственные векторы матрицы B. .
Собственный вектор, отвечающий числу λ=-2 при x₁=1: x ₁=(1,-1).
В качестве единичного собственного вектора принимаем вектор , где – длина вектора x ₁.
Координаты второго собственного вектора, соответствующего второму собственному числу λ=8, находим из системы
.
x ₂=(1,1); .
Итак, имеем новый ортонормированный базис ( i ₁, j ₁).
По формулам (5) пункта 4.3.3. переходим к новому базису:
или

Задание. Привести к каноническому виду уравнение линии 17x 2 + 12xy + 8y 2 — 20 = 0.
Решение.Пример 2

Задание. Привести к каноническому виду уравнение линии второго порядка, используя теорию квадратичных форм и определить её вид. Уравнение кривой второго порядка путем выделения полного квадрата привести к каноническому виду. Решение

Задание. Привести уравнение к каноническому виду: 16x 2 — 9y 2 -64x — 8y +199 = 0.
Решение.Скачать решение

Задание. Установить, что каждое из следующих уравнений определяет гиперболу, и найти координаты ее центра С, полуоси, эксцентриситет, уравнения асимптот и уравнения директрис. Изобразить гиперболу на чертеже, указав фокусы, асимптоты и директрисы.
Решение:Скачать решение

Задание. Установить, что каждое из следующих уравнений определяет эллипс, и найти координаты его центра С, полуоси, эксцентриситет, уравнения директрис. Изобразить эллипс на чертеже, указав оси симметрии, фокусы и директрисы.
Решение:Скачать решение

Примеры решений: кривые второго порядка

В этом разделе вы найдете бесплатные примеры решений задач по аналитической геометрии на плоскости на тему Кривые второго порядка: приведение к каноническому виду, нахождение характеристик, построение графика т.п.

Кривые 2-го порядка: решения онлайн

Задача 1. Привести к каноническому виду уравнение кривой 2 порядка, найти все ее параметры, построить кривую.

Задача 2. Дана кривая. Привести к каноническому виду. Построить и определить вид кривой.

Задача 3. Выяснить вид кривой по общему уравнению, найти её параметры и положение в системе координат. Сделать рисунок.

Задача 4. Общее уравнение кривой второго порядка привести к каноническому. Найти координаты центра, координаты вершин и фокусов. Написать уравнения асимптот и директрис. Построить линии на графики, отметить точки.

Задача 5. Дана кривая $y^2+6x+6y+15=0$.
1. Докажите, что данная кривая – парабола.
2. Найдите координаты ее вершины.
3. Найдите значения ее параметра $р$.
4. Запишите уравнение ее оси симметрии.
5. Постройте данную параболу.

Задача 6. Дана кривая $5x^2+5y^2+6xy-16x-16y=16$.
1. Докажите, что эта кривая – эллипс.
2. Найдите координаты центра его симметрии.
3. Найдите его большую и малую полуоси.
4. Запишите уравнение фокальной оси.
5. Постройте данную кривую.

Задача 7. Найти уравнения параболы и её директрисы, если известно, что парабола имеет вершину в начале координат и симметрична относительно оси $Ox$ и что точка пересечения прямых $y=x$ и $x+y-2=0$ лежит на параболе.

Задача 8. Составить уравнение кривой, для каждой точки которой отношение расстояния до точки $F(0;10)$ к расстоянию до прямой $x=-4$ равно $\sqrt<2/5>$. Привести это уравнение к каноническому виду и определить тип кривой.

Задача 9. Даны уравнения асимптот гиперболы $y=\pm 5x/12$ и координаты точки $M(24,5)$, лежащей на гиперболе. Составить уравнение гиперболы.

Задача 10. Даны уравнение параболы $y=1/4 x^2+1$ и точка $C(0;2)$, которая является центром окружности. Радиус окружности $r=5$.
Требуется найти
1) точки пересечения параболы с окружностью
2) составить уравнение касательной и нормали к параболе в точках её пересечения с окружностью
3) найти острые углы, образуемые кривыми в точках пересечения. Чертёж.

Приведение уравнений линий и поверхностей второго порядка к каноническому виду

Страницы работы

Содержание работы

§. 5. Приведение уравнений линий и поверхностей

второго порядка к каноническому виду

Известно, что для любой квадратичной формы на конечном действительном евклидовом пространстве в этом пространстве существует ортонормированный базис, в котором рассматриваемая квадратичная форма имеет канонический вид. Используя этот факт, любую линию или поверхность второго порядка можно привести к каноническому виду по следующему плану.

1. Для квадратичной части уравнения (т. е. квадратичной формы) находим канонический вид и ортогональное преобразование переменных, приводящее квадратичную форму к этому каноническому виду.

2. Подставляем выражение старых переменных через новые в исходное уравнение. При этом квадратичная часть переходит в известный нам канонический вид, в котором коэффициенты при квадратах совпадают с собственными значениями ее матрицы, свободный член не меняется, линейная часть преобразуется непосредственно.

3. Получили уравнение, не содержащее произведений переменных. С помощью преобразования параллельного переноса избавляемся от лишних слагаемых первых степеней и тем самым окончательно приводим уравнение к каноническому виду.

Если линия или поверхность второго порядка имеет центр симметрии, то решение задачи можно существенно упростить, поменяв местами 1-й и третий пункты, а второй тогда совсем исчезает.

Для того чтобы точка была центром симметрии поверхности второго порядка , необходимо и достаточно, чтобы координаты этой точки удовлетворяли системе линейных уравнений

(5. 3)

Если с помощью параллельного переноса поместить начало координат в центр симметрии поверхности второго порядка, то при этом: квадратичная часть ее уравнения не изменится; слагаемые первой степени пропадут; свободный член нового уравнения можно найти по формуле

. (5.4)

Аналогичные утверждения справедливы и для линий второго порядка (подробно обоснование см., например, в []).

Пример 1. Определить вид линии второго порядка, приведя ее уравнение к каноническому виду, и нарисовать эту линию, если ее уравнение имеет вид

. (5.5)

►В первую очередь проверим, имеет ли эта линия центр симметрии. Составляем систему линейных уравнений (5.3)

из которой находим: . Поместим с помощью параллельного переноса начало координат в точку (если в задаче используются несколько систем координат, то обязательно надо указывать, в какой именно из них вы даете координаты точки). По формуле (5.4) (подставляем координаты в левую часть (5.5)) находим . После преобразования параллельного переноса уравнение линии примет вид .

Теперь приведем к каноническому виду квадратичную часть уравнения (т. е. квадратичную форму) с помощью ортогонального преобразования переменных. Для этого записываем матрицу этой квадратичной формы и находим ее собственные значения:

, , .

Для нахождения первого собственного вектора решаем систему линейных уравнений с матрицей при : , . Чтобы найти второй собственный вектор нет необходимости решать вторую систему. Достаточно вспомнить, что он ортогонален вектору в силу симметричности матрицы А и что его координаты можно получить, как и в аналитической геометрии, переставив местами координаты вектора и в одной из них поменяв знак. Итак, . Применим ортогональное преобразование, в результате которого оси новой системы координат будут направлены по собственным векторам. После этого уравнение примет вид (коэффициенты при квадратах совпадают с найденными собственными значениями) , или , которое задает гиперболу с полуосями 1 и 3 и осью в качестве действительной.

Приступаем к рисованию. На одном рисунке изображаем и старую систему координат, и новую. Намечаем новое начало координат – точку . От этой точки откладываем собственные векторы и , которые задают направление новых осей. В полученной системе координат рисуем полученную гиперболу (рис.5.1). ◄

Замечания. 1. При таком способе решения нет необходимости выписывать ни преобразование параллельного переноса, ни ортогональное преобразование, т. к. мы и без непосредственной подстановки их в уравнение знаем, как оно преобразуется. Нет необходимости даже собственные векторы нормировать: ортогональное преобразование не нужно, а векторы с целочисленными координатами легче рисовать. Именно поэтому задачу приведения линии второго порядка к каноническому виду в том случае, когда эта линия имеет центр симметрии, сложной не назовешь.