Практикум по высшей математике. векторная алгебра и аналитическая геометрия. Пантелеев И.Н

Решение. Преобразуем правую часть уравнения, выделив в ней полный квадрат

y= 5 −(x2 −4x + 4)+9 −(x −2)2 . Вершина параболы находится

вточке, которая имеет наибольшую ординату, т. е. в точке

x= 2, y = 9. Отсюда уравнение оси симметрии x = 3.

Перенос начала координат в вершину при параллельном перемещении осей по формулам x = x′+2 и y = y′+9 дает

y′ = −(x′)2 .

Знак минус указывает, что ветви параболы направлены

вниз.

Помещая в системе xOy новую систему x′O′y′ с началом в точке O′(2;9), строим параболу y′ = −(x′)2 (рис. 3.41).

Рис. 3.41

6.21. Построить параболу по заданному уравнению y2 −8y −6x +4 = 0.

Решение. Первые два члена дополняем до полного квадрата, а остальные члены переносим в правую часть y2 −8y +16 = 6x −4 +16 или (y −4)2 = 6(x +2). Отсюда видно,

что вершина параболы имеет координаты (-2;4) и ось симметрии определяется уравнением y −4 = 0.

141

(y′)2 = 6x′. Таким образом, парабола имеет вид (рис. 3.42).

Рис. 3.42

6.22. Определить площадь трапеции, вписанной в параболу y = x2 −4x −12, если одно из оснований трапеции

лежит на оси Ox , а второе основание проходит через точку пересечения параболы с осью Oy .

Решение. Полагая х = 0, находим точку пересечения параболы с осью Oy , то есть A(0; −12) (рис. 3.43). Высота

трапеции AO =12 . Длины оснований определим по абсциссам точек пересечения параболы с прямыми y = 0 и y = −12.

Абсциссы концов основания DC находим из уравнения

142

Рис. 3.43

6.23. Определить область, ограниченную линиями y = x2 −1, x = 2 , и осью абсцисс.

Решение. В системе координат Oxy строим параболу

прямой АВ.

Рис. 3.44

3.7. Преобразование декартовых координат

1°. Параллельный перенос осей. Оси двух систем координат параллельны и одинаково направлены (рис. 3.45). Координаты точки М в этих системах связаны зависимостью

координаты точки М в системе O′x′y′; a,b - координаты начала координат O′ системы O′x′y′ в системе Oxy .

143

Рис. 3.45

2°. Поворот осей. Обе системы координат имеют общее начало и различаются направлением осей. Если положение системы O′x′y′ определяется относительно системы Oxy

углом поворота осей α (рис. 3.46), то зависимость между координатами точки М определяется по формулам

различные начала и различно направленные оси (рис. 3.47), то зависимость между координатами точки М определяется по формулам

144

Рис. 3.47

Новые координаты выражаются через старые по формулам

x′ = (x −a)cosα +(y −b)sinα,

(4)

y′ = −(x −a)sinα +(y −b)cosα.

7.1. Точка М имеет координаты x = 3, y = −7. Найти ее координаты, если начало координат перенесено в точку

O′(−2;5).

координат поворачиваются на уголα = 45D.

Решение. Координаты точки М даны в системе Oxy .

повернуты на угол α = 30D .

145

привести ее уравнение к виду Y = aX 2 .

Решение. Воспользуемся формулами (1). Подставив их в уравнение параболы, получим

y′+b = 2(x′+ a)2 −4(x′+ a)+9

или

y′ = 2x′2 + 4(a −1)x′+ 2a2 −4a +9 −b.

Координаты нового начала координат неизвестны. Находим их из условия равенства нулю свободного члена в новом уравнении параболы и коэффициента при x′ , то есть

Рис. 3.48

146

7.5. Составить уравнение равносторонней гиперболы, приняв ее асимптоты за оси координат.

Решение. Уравнение равносторонней гиперболы имеет вид x2 − y2 = a2. Уравнения асимптот y = ±x. Здесь tgα = ±1, то есть α = ±45D.

Примем α = 45D (рис. 3.49). Воспользуемся формулами (2)

Рис. 3.49

Подставляя значения х,у в уравнение гиперболы,

7.6. Выполнить параллельный перенос осей координат так, чтобы в новой системе координат уравнение параболы

приняло канонический вид: а) x2 −4x + y +1 = 0;

соответствует параллельному перемещению осей на две единицы по оси Ox и на три по оси Oy . В координата x′, y′,

147

Поскольку правая часть отрицательна, то ветви параболы

параллельному перемещению осей на 3 единицы по оси Ox и на 1 единицу по оси Oy (рис. 3.51). Тогда получим x′2 = 3x′ -

— каноническое уравнение параболы.

7.7.Путем преобразования системы координат

упростить уравнение окружности x2 + y2 +10x −18y +70 = 0,

принимая за новое начало центр окружности.

Решение. Подставляя формулы (1) в уравнение окружности, будем иметь

(x′+a)2 +(y′+b)2 +10(x′+a)−18(y′+b)+70 =

=x′2 +(2a +10)x′+ y′2 +(2b −18)y′+a2 +b2 +10a −18b +70 = 0.

Решение. Прежде всего воспользуемся формулами параллельного переноса координатных осей (1). Перенесем

начало координат в точку O′(a,b). После приведения

кривой исчезнут члены первой степени. Решая эти уравнения совместно, находим: a =1, b = 2.

Теперь начало координат новой системы находится в точке O′(1; 2). Уравнение кривой в новых координатах имеет

вид 8x′2 +12x′y′+3y′2 −13 = 0.

Чтобы избавится от члена, содержащего произведение координат x′, y′, произведем поворот перенесенных осей на

некоторый угол α , согласно формулам (3), тогда получим

(8cos2 α +3sin2 α +12cosα sinα)x′′2 +

+(−16sinα cosα +6sinα cosα +12cos2 α −12sin2 α)x′′y′′+

+(8sin2 α +3cos2 α −12sinα cosα)y′′2 −13 = 0.

Подберем угол ее так, чтобы коэффициент при x′′y′′

обратился в нуль −10sinα cosα +12cos2 α −12sin2 α = 0,

откуда 6tg2α +5tgα −6 = 0.

Решая полученное квадратное уравнение относительно tgα , находим: tgα = 23 и tgα = − 23. . Возьмем первое значение,

что соответствует повороту координатных осей на острый угол. Зная tgα , находим

149

Нетрудно заметить, что полученная система несовместна, следовательно данная кривая не имеет центра.

По формулам (3) повернем оси на некоторый угол α , тогда получим

150