Koje su linije određene sljedećim jednadžbama. Analitička geometrija na ravni. Površine drugog reda: Udžbenik. uslov okomitosti linija

Najvažniji koncept analitička geometrija je jednačina prave na ravni.

Definicija. Jednačina prave (krive) na ravni Oxy je jednadžba koju koordinate zadovoljavaju x I y svake tačke date prave i ne zadovoljavaju koordinate bilo koje tačke koja ne leži na ovoj pravoj (slika 1).

Općenito, jednačina prave može se napisati kao F(x,y)=0 ili y=f(x).

Primjer. Naći jednačinu skupa tačaka jednako udaljenih od tačaka A(-4;2), B(-2;-6).

Rješenje. Ako M(x;y) je proizvoljna tačka željene linije (slika 2), onda imamo AM=BM ili

Nakon transformacija dobijamo

Očigledno, ovo je jednačina prave linije M.D.– okomito obnovljeno od sredine segmenta AB.

Od svih linija u avionu, ona je od posebnog značaja duž. To je graf linearne funkcije koji se koristi u linearnim ekonomskim i matematičkim modelima koji se najčešće susreću u praksi.

Različite vrste jednačine prave:

1) sa nagibom k i početnom ordinatom b:

y = kx + b,

gdje je ugao između prave i pozitivnog smjera ose OH(Sl. 3).

Posebni slučajevi:

- prolazi prava linija porijeklo(Sl.4):

– simetrala prvi i treći, drugi i četvrti koordinatni ugao:

y=+x, y=-x;

– ravno paralelno sa OX osom i sama OX os(slika 5):

y=b, y=0;

– ravno paralelno sa OY osom i sama OY osa(slika 6):

x=a, x=0;

2) prolazak u datom pravcu (sa nagibom) k kroz datu tačku (sl. 7) :

.

Ako u datoj jednačini k je proizvoljan broj, onda jednačina određuje gomila pravih linija, prolazeći kroz tačku osim ravne linije paralelne sa osom Oy.

PrimjerA(3,-2):

a) pod uglom u odnosu na osu OH;

b) paralelno sa osom OY.

Rješenje.

A) , y-(-2)=-1(x-3) ili y=-x+1;

b) x=3.

3) prolazeći kroz dvije date tačke (sl. 8) :

.

Primjer. Napišite jednačinu za pravu koja prolazi kroz tačke A(-5,4), B(3,-2).

Rješenje. ,

4) jednačina prave u segmentima (Sl.9):

Gdje a, b – segmenti odsečeni na osovinama, respektivno Ox I Oy.

Primjer. Napišite jednačinu za pravu koja prolazi kroz tačku A(2,-1), ako ova ravna linija odsiječe od pozitivne poluose Oy segment dvostruko duži od pozitivne poluose Ox(Sl. 10).

Rješenje. Po stanju b=2a, Onda . Zamenimo koordinate tačke A(2,-1):

Gdje a=1.5.

Konačno dobijamo:

Or y=-2x+3.

5) opšta jednačina prave linije:

Ax+By+C=0,

Gdje a I b nisu jednake nuli u isto vrijeme.

Neke važne karakteristike pravih linija :

1) udaljenost d od tačke do prave:

.

2) ugao između pravih i, shodno tome:

I .

3) stanje paralelnih pravih:

ili .

4) uslov okomitosti pravih:

ili .

Primjer 1. Napišite jednačinu za dvije prave koje prolaze kroz tačku A(5.1), od kojih je jedna paralelna pravoj 3x+2y-7=0, a drugi je okomit na istu pravu. Pronađite razmak između paralelnih linija.

Rješenje. Slika 11.

1) jednačina paralelne prave Ax+By+C=0:

iz uslova paralelizma;

uzimajući koeficijent proporcionalnosti jednak 1, dobijamo A=3, B=2;

To. 3x+2y+C=0;

značenje WITH naći ćemo zamjenom koordinata t. A(5,1),

3*5+2*1+S=0, gdje C=-17;

jednadžba paralelne prave je 3x+2y-17=0.

2) jednačina okomite prave iz uslova okomitosti će imati oblik 2x-3y+C=0;

zamjenjujući koordinate t. A(5.1), dobijamo 2*5-3*1+S=0, gdje C=-7;

jednadžba okomite je 2x-3y-7=0.

3) rastojanje između paralelnih pravih može se naći kao udaljenost od t. A(5.1) gore dati direktno 3x+2y-7=0:

.

Primjer 2. Date su jednadžbe stranica trokuta:

3x-4y+24=0 (AB), 4x+3y+32=0 (BC), 2x-y-4=0 (AC).

Napišite jednačinu simetrale ugla ABC.

Rješenje. Prvo nalazimo koordinate vrha IN trokut:

,

gdje x=-8, y=0, one. V(-8.0)(Sl. 12) .

Prema svojstvu simetrale, udaljenost od svake tačke M(x,y), simetrale BD na strane AB I Ned su jednaki, tj.

,

Dobijamo dvije jednačine

x+7y+8=0, 7x-y+56=0.

Sa slike 12, ugaoni koeficijent željene prave je negativan (ugao sa Oh tupo), dakle, prva jednačina nam odgovara x+7y+8=0 ili y=-1/7x-8/7.

Dakle, agip. = s/2 = 2 i bhyp.2 = s2 – agyp.2 = 16 – 4 = 12. x2 y2 Jednačina željene hiperbole ima oblik: − = 1. 4 12 Zadatak 11. Napišite jednačinu za parabolu ako je njegov fokus F( -7, 0) i jednačina direktrise x – 7 = 0. Rješenje Iz jednačine direktrise imamo x = -p/2 = 7 ili p = -14. Dakle, jednadžba željene parabole je 2 y = -28x. Zadatak 12. Odredite koje su prave određene sljedećim jednačinama. Napravite crteže. 3 2 1. y = 7 − x − 6 x + 13, y< 7, x ∈ R. 2 Решение 3 2 y−7=− x − 6 x + 13. Возводим обе части 2 уравнения в квадрат: 9 2 (y − 7) 2 = 4 (x − 6 x + 13) или 4 (y − 7) = (x 2 − 6 x + 13). 2 9 Выделяем в правой части полный квадрат: 4 (x − 3) 2 (y − 7) 2 (y − 7) = (x − 3) + 4 или 2 2 − = −1. 9 4 9 Это – сопряженная гипербола. О′(3, 7), полуоси а = 2, b = 3. Заданное же уравнение определяет ветвь гиперболы, расположенную под прямой y – 7 = 0, т.к. y < 7. 1 y +1 2. x = 1 − . 2 2 Решение Область допустимых значений (х, у) определяется условиями ⎧ y +1 ⎪ ≥ 0, ⎧ y ≥ −1, ⎨ 2 → ⎨ ⎪ 1 − x ≥ 0, ⎩ x ≤ 1. ⎩ (y + 1)/2 = 4⋅(1 – x)2 → y + 1 = 8⋅(1 – x)2. Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1). 41 3. y = −2 − 9 − x 2 + 8 x . Решение Искомая кривая – часть окружности: (y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y ≤ -2, x ∈ [-1, 9]. 4. y2 – x2 = 0. y Решение y=-x y=x (y – x)⋅(y + x) = 0 – две пересекающиеся прямые. x 0 Задача 13. Какую линию определяет уравнение x2 + y2 = x? Решение Запишем уравнение в виде x2 – x + y2 = 0. Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих х: x2 – x = (x – 1/2)2 – 1/4. 2 ⎛ 1⎞ 1 Уравнение принимает вид ⎜ x − ⎟ + y 2 = ⎝ 2⎠ 4 и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и радиусом 1/2. Задача 14. Преобразовать уравнение x2 – y2 = a2 поворотом осей на 45° против часовой стрелки. Решение Так как α = -45°, то cos α = 2 2, sin α = − 2 2. Отсюда преобразование поворота принимает вид (см. п.4.2): ⎧ x = 2 2 ⋅ (x′ + y′) , ⎪ ⎨ ⎪ y = 2 2 ⋅ (y′ − x′) . ⎩ Подстановка в исходное уравнение дает х′у′ = а2/2. Проиллюстрируем приведение opšte jednačine prave linije drugog reda do kanonskog oblika koristeći nekoliko primjera koji ilustriraju različite šeme transformacije. Zadatak 15. Dovedite jednačinu 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0 u kanonski oblik i konstruirajte krivu. Rješenje Grupirajmo članove ove jednačine koje sadrže koordinate istog imena: (5x2 – 30x) + (9y2 + 18y) +9 = 0, ili 5(x2 – 6x) + 9(y2 + 2y) +9 = 0. 42 y y′ Dopunjavamo pojmove u zagradama u savršene kvadrate: x 5(x2 – 6x + 9 – 9) + 9(y2 + 2y + 1 – 1) +9 = 0, ili 0 5(x – 3)2 + 9(y + 1)2 = 45. 01 x′ Označavamo x′ = x – 3, y′ = y + 1, x0 = 3, y0 = -1, odnosno tačka O1(3, -1) je centar krivine. Jednačina u novom koordinatnom sistemu ima oblik: x′2 y′2 5 x′ + 9 y′ = 45 → 2 2 + = 1 i definiše elipsu sa poluosama 9 5 a = 3, b = 5, koji u originalnom koordinatnom sistemu ima centar u tački O1(3, -1). 5 2 3 7 Zadatak 16. Odredite vrstu krive x + xy + y 2 = 2. 4 2 4 Rješenje Odredimo ugao rotacije osi koristeći formulu (7) iz stava 4.4: π 5 7 A = , C = , B = 4 4 4 3 1 , A ≠ C i ϕ = arktan 2 2B 1 (= arktan − 3 = − . A−C 2 6) Transformirajmo jednačinu krive: ⎧ 3 1 ⎪ x = x ′ cos ϕ − y′ sin ϕ = x′ ⎪ + y′ , 2 2 ⎨ ⎪ y = x′ sin ϕ + y′ cos ϕ = − x′ 1 + y′ 3 ⎪ 2 i dobijamo 2 od 2 elipsa 2 2 5⎛ 3 1⎞ 3⎛ 3 1 ⎞⎛ 1 3 ⎞ 7⎛ 1 3 ⎞ ⎜ x′ + y′ ⎟ + ⎜ x′ + y′ ⎛ +⎜ + y′ +⎟ x ′ + y′ ⎟ = 2 . 4⎝ 2 2⎠ 2 ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2 ⎠ 4⎝ 2 2 ⎠ x′ 2 + 2y′ 2 = 2. Zadatak 17. Odredi koja je prava određena jednadžbom x2 + y2x + xy3 0. Rešenje Pomerimo početak koordinata u tačku O1(x0, y0) tako da jednačina ne sadrži x′ i y′ na prvi stepen. Ovo odgovara koordinatnoj transformaciji oblika (vidi paragraf 4.1): ⎧ x = x′ + x0 , ⎨ ⎩ y = y′ + y0 . Zamjena u originalnu jednačinu daje (x′ + x0)2 + (x′ + x0)(y′ + y0) + (y′ + y0)2 – 2(x′ + x0) + 3(y′ + y0) = 0 ili x′2 + x′y′ + y′2 + (2x0 + y0 - 2)x′ + (x0 + 2y0 + 3)y′ + x02 + x0y0 + y02 - 2x0 + 3y0 =0. Stavimo 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0. 43 Rješenje rezultirajućeg sistema jednačina: x0 = 7/3 i y0 = -8/3. Dakle, koordinate novog ishodišta su O1(7/3, -8/3), a jednačina postaje x′2 + x′y′ + y′ 2 = 93/25. Zarotirajmo koordinatne ose za takav ugao α da termin x′y′ nestane. Transformirajmo posljednju jednačinu (vidi odjeljak 4.2): ⎧ x′ = x′′ cos α − y′′ sin α, ⎨ ⎩ y′ = x′′ sin α + y′′ cos α i dobijemo (cos2α + sinα ⋅cosα + sin2α)⋅x′′2 + y ′′ y y′ x′′ (cos2α - sin2α)⋅x′′y′′ + 0 x + (sin2α - sinα⋅cosα + cos2α)​ 93/25. Uz pretpostavku da je cos2α - sin2α = 0, imamo tan2α = 1. α x′ Prema tome, α1,2 = ±45°. Uzmimo α = 45°, cos45° = sin45° = 2 2 . 01 Nakon odgovarajućih proračuna dobijamo 3 2 1 2 93 x ′′ + y ′′ = . 2 2 25 x′′2 y′′2 Dakle, + =1 62 25 186 25 – jednačina elipse sa poluosama a = 62 5 ≈ 1,5; b = 186 5 ≈ 2,7 u dvostruko šrafiranom koordinatnom sistemu dobijenom iz originala paralelnim prevođenjem koordinatnih osa u tačku O1(7/3, -8/3) i naknadnom rotacijom za ugao od 45° suprotno od kazaljke na satu. Jednačina x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0 svodi se na kanonski oblik x′′2 y′′2 + 2 = 1. a2 b Zadatak 18. Smanjite jednačinu 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 kanonski oblik = 0. Rješenje Sistem jednadžbi za pronalaženje centra krive (formula (6) klauzula 4.4) ⎧ 4 x0 − 2 y0 − 1 = 0, ⎨ nekonzistentan, ⎩ −2 x0 + y0 − 7 = 0 znači da ova kriva nema centar. Bez promjene ishodišta koordinata, rotiramo osi za određeni ugao α, odgovarajuće transformacije koordinata imaju ⎧ x = x′ cos α − y′ sin α, oblik: ⎨ ⎩ y = x′ sin α + y′ cos α . 44 Pređimo na nove koordinate na lijevoj strani jednačine: 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α - 4cosα⋅sinα + sin2α)⋅x′2 + + 2⋅(-4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα ⋅cosα)⋅x′y′ + + (4sin2α + 4sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′2 + + 2⋅(-cosα - 7sinα)⋅x′ + 2⋅(sin)α′ - y′ + 7. (*) Pokušajmo sada odabrati ugao α tako da koeficijent na x′y′ postane nula. Da bismo to uradili, moraćemo da rešimo trigonometrijsku jednačinu -4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα = 0. Imamo 2sin2α - 3sinα⋅cosα - 2cos2α = 0, ili 2tg2α - 3tgα - 2 ence = 0. = 2, ili tgα = -1/2. Uzmimo prvo rješenje, koje odgovara rotaciji osi za oštri ugao . Znajući tgα, izračunajmo cosα i sinα: 1 1 tg α 2 cos α = = , sin α = = . 1 + tan 2α 5 1 + tan 2α 5 Odavde, uzimajući u obzir (*), nalazimo jednačinu ove krive u sistemu x′,y′: 5 y′2 − 6 5 x′ − 2 5 y ′ + 7 = 0. ( **) Dalje pojednostavljivanje jednadžbe (**) vrši se korištenjem paralelnog prevođenja Ox′, Oy′ osi. Prepišimo jednačinu (**) na sljedeći način: 5 5(y′2 − 2 y′) − 6 5 x′ + 7 = 0. 5 Dodavanje izraza u prvoj zagradi punom kvadratu razlike i kompenzacija ovog sabiranja sa odgovarajućim članom dobijamo: 2 ⎛ 5⎞ 6 5⎛ 5⎞ ⎜ y′ − ⎟ − ⎜ x′ − ⎟ = 0. ⎝ 5 ⎠ 5 ⎝ 5 ⎠ Hajde da sada uvedemo nove koordinate x′′′ ′, postavljanje x′ = x′′ + 5 5, y′ = y′′ + 5 5, što odgovara paralelnom kretanju osi za iznos od 5 5 u smjeru ose Ox′ i za iznos od 5 5 u smjeru Oy′ ose. U x′′y′′ koordinatama, jednačina ove prave ima oblik 6 5 2 y′′ = x′′ . 5 Ovo je kanonska jednadžba parabole sa 3 5 parametrom p = i sa vrhom u početku koordinatnog sistema x′′y′′. Parabola 5 nalazi se simetrično u odnosu na x′′ osu i pruža se beskonačno u pozitivnom smjeru ove ose. Koordinate vrha u sistemu x′y′ ⎛ 5 5⎞ ⎛ 1 3⎞ ⎜ ; ⎟ i u xy sistemu ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5⎠ Zadatak 19. Koja je prava određena jednačinom 4x2 - 4xy + y2 + 4x - 2y - 3 =0? Rješenje Sistem za pronalaženje centra krive u ovom slučaju ima oblik: ⎧ 4 x0 − 2 y0 + 2 = 0, y 2x-y+3=0 ⎨ 2x-y+1=0 ⎩ −2 x0 + y0 − 1 = 0. Ovaj sistem je ekvivalentan jednoj jednačini 2x0 – y0 2x-y-1=0 + 1 = 0, dakle, prava ima beskonačno mnogo centara koji čine pravu liniju 2x – y + 1= 0. x Imajte na umu da je leva strana ove jednačine 0 faktorizovana prvi stepen: 4x2 – 4xy + y2 + 4x –2y –3 = = (2x – y +3)(2x – y – 1). To znači da je prava u pitanju par paralelnih pravih: 2xy – y +3 = 0 i 2x – y – 1 = 0. Zadatak 20 1. Jednačina 5x2 + 6xy + 5y2 – 4x + 4y + 12 = 0 x′2 y′2 je dat kanonskom obliku x′ 2 + 4u′ 2 + 4 = 0, ili + = −1. 4 1 Ova jednačina je slična kanonskoj jednačini elipse. Međutim, on ne definira nikakvu realnu sliku na ravni, jer za bilo koje realne brojeve x′,y′ njegova lijeva strana nije negativna, a desna strana je –1. Ova i slične jednadžbe nazivaju se jednadžbama zamišljene elipse. 2. Jednačina 5x2 + 6xy + 5y2 – 4x + 4y + 4 = 0 x′2 y′2 svodi se na kanonski oblik x′ 2 + 4y′ 2 = 0, ili + = 0. 4 1 Jednačina je također slično kanonskoj jednadžbi elipse, ali ne definira elipsu, već jednu tačku: x′ = 0, y′ = 0. Ova i slične jednadžbe nazivaju se jednadžbama degenerisane elipse. Zadatak 21. Napravite jednačinu za parabolu ako je njen fokus u tački F(2, -1) i jednačinu za direktrisu D: x – y – 1 = 0. Rješenje Neka parabola ima kanonski oblik y′2 u neki koordinatni sistem x′O1u′ = 2px′. Ako je prava y = x – 1 njena direktrisa, tada su ose koordinatnog sistema x′O1u′ paralelne sa direktrisom. 46 Nalazimo koordinate vrha parabole koje se poklapaju sa novim ishodištem O1 kao središtem normalnog segmenta na direktrisu D koja prolazi kroz fokus. Dakle, O1x′ os je opisana jednačinom y = -x + b, -1 = -2 + b. Otuda je b = 1 i O1h′: u = -h + 1. Koordinate tačke K preseka direktrise i ose O1h′ nalaze se iz uslova: ⎧ y = x −1 ⎨ , → x K = 1, y K = 0. ⎩ y = −x + 1 Koordinate novog ishodišta O1(x0, y0): 1+ 2 3 −1 + 0 1 x0 = = ; y0 = = − . Osovine novi sistem koordinate su rotirane 2 2 2 2 u odnosu na staru za ugao (-45°). Nađimo p = KF = 2. Dakle, dobijamo jednadžbu parabole u starom koordinatnom sistemu ako jednačinu parabole y′ 2 = 2 2 ⋅x′ podvrgnemo transformaciji (vidi formulu (5) odeljak 4.3): ⎧ ⎛ 3⎞ ⎛ 1⎞ ⎧ 2 ⎪ x′ = ⎜ x − 2 ⎟ cos(−45°) + ⎜ y + 2 ⎟ sin(−45°), ⎪ x′ − = (x − y ), ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ 2 ⎨ → ⎨ ⎪ y′ = − ⎛ x − sin(−45°) + ⎛ y + cos(−45°) 3⎞ 1⎞ ⎪ y′ 1), ⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎩ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎩ 2 1 2 y′2 = 2 2 ⋅ x′ ⇒ (x + y − 1) 2 = 2 (x + y − 1) 2 = 2 −⋅ 2 2 2 iz koje tražena jednadžba parabole ima oblik: x2 + 2xy + y2 – 6x + 2y + 9 = 0. Zadatak 22. Napišite jednadžbu hiperbole ako je njen ekscentricitet e = 5, fokus F(2, -3) i jednadžba direktrise y′ y D1 3x – y + 3 = 0 su poznate Rješenje 3 B Jednačina direktrise D1: y = 3x + 3 nam omogućava da zaključimo da nova koordinatna os Ox′ ima oblik y = (-1/3 )x + b, prolazi kroz tačku F(2, - -7 -1 α x A 0 1 3), što znači −3 = − ⋅ 2 + b, odakle je b = -7/3 i Oh′ O1 K 3 a/ 5 -7/3 1 7 F x′ je dat jednačinom y = − x − . 3 3 Neka je početak novog koordinatnog sistema u tački O1(x0, y0). Nađimo koordinate tačke K kao koordinate tačke preseka direktrise D1 i 47 ⎧3 x − y + 3 = 0, 8 9 ose Oh′′ iz sistema ⎨ → xK = − , y K = − . ⎩3y + x + 7 = 0 5 5 Geometrijska svojstva hiperbole, koja u novim koordinatnim osama x′2 y′2 Oh′u′ ima oblik 2 − 2 = 1, omogućavaju nam da pronađemo KF kao udaljenost iz fokusa a b F(2, - 3) do direktrise D1: 3x – y + 3 = 0. 3 ⋅ (2) − (−3) + 3 12 a a KF = = , O1K = = , O1F = c = a 2 + b 2 , 9 +1 10 e 5 a 12 O1K = O1F − KF ⇒ = a 2 + b2 − , 5 10 b2 jer je e = 1 + 2 = 5, b 2 = 4a 2 . Vrijednost a nalazimo iz jednačine a a 12 3 =a 5− i dobijamo a = . U ovom slučaju, b2 = 18. 5 10 2 x′2 y′2 Jednačina hiperbole u novim koordinatama ima oblik − = 1. 9 2 18 Nalazimo koordinate novog centra, znajući da se tačka K dijeli segment O1F u OK a 5 1 odnos λ = 1 = = : KF 12 10 4 ⎧ 1 ⎪ x0 + x F 4 5 ⎪ xK = , x0 = − , ⎪ 1+1 4 2 ⎨ odakle ⎪ 1 3 y0 F y0 = − . ⎪y = 4 , 2 ⎪ K ⎩ 1+1 4 Iz ∆ ABO: sinα = 1 10 , cosα = 3 10 . Pošto se rotacija vrši kroz ugao (-α): sin(-α) = − 1 10 , cos(-α) = 3 10 , tada formule transformacije koordinata (vidi (5) u klauzuli 4.3) imaju oblik: ⎧ ⎛ 5⎞ 3 ⎛ 3 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎧ ′ 1 ⎪ ⎪ x′ = ⎜ x + ⎟ ⎝ 2 ⎠ 10 ⎝ + ⎜ y + ⎜ ⎠ ⎠ ⎠ ⎟ 02 ⎪ x = 10 (3x − y + 6), ⎪ ⎨ → ⎨ ⎪ y '= - ⎛ x + 5 ⎞ ⎛ - 1 ⎞ + ⎛ y + 3 ⎞ 3, ⎪ y' = 1 (x + 3 y + 7) ⎪ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 10 ⎩ 10 1 1 (3x − y + 6) (x + 3y + 7) 2 2 i jednačina hiperbole postaje 10 − 4 92 = 10 − 10 +6 )2 – (x + 3y + 7)2 = 180 ili 7x2 – y2 – 6xy – 18y + 26x + 17 = 0. 48 Zadatak 23. Odrediti polarni ugao segmenta usmjerenog od tačke (5, 3) do tačke (6, 2 3). Rješenje ρ = (6 − 5) 2 + (2 3 − 3) 2 = 2, cos ϕ = 1 2, sin ϕ = 3 2 ⇒ ϕ = 60°. (vidi tačku 5.2). Zadatak 24. Sastaviti jednačinu prave linije u polarnim koordinatama, uz pretpostavku da su poznati rastojanje p od pola do prave i ugao α od polarne ose do zraka usmerenog od pola okomitog na pravu liniju. M (ρ, ϕ) Rješenje L Poznato OR = p, ∠ ROA = α, proizvoljna tačka M P prave L ima koordinate (ρ, ϕ). β Tačka M leži na pravoj L ako i samo ako α kada se projekcija tačke M na zraku OP poklapa sa tačkom P, O A, tj. kada je p = ρ⋅cosβ, gdje je ∠ ROM = β. Ugao ϕ = α + β i jednačina prave L ima oblik ρ⋅cos(ϕ - α) = p. Zadatak 25. Naći polarne jednačine navedenih krivulja: 1). x = a, a > 0 Rješenje ρ⋅cosϕ = a → ρ = a/cosϕ. a 0 ρ 2). y = b, b > 0 b Rješenje ρ⋅sinϕ = b → ρ = b/sinϕ. 0 ρ 3). (x2 + y2)2 = a2xy Rješenje: xy ≥ 0, a2 ρ = a ρ cos ϕ sin ϕ → ρ = sin 2ϕ, sin 2ϕ ≥ 0. 4 2 2 2 2 Jednadžba krive u polarnim koordinatama ima oblik ρ = sin 2ϕ , ϕ∈ [ 0, π 2] ∪ [ π, 3π 2] i definira 2 ruže s dvije latice: Zadatak 26. Konstruirati date linije u polarnom koordinatnom sistemu: 1). ρ = 2a⋅sinϕ, a > 0. Rješenje y x 2 + y 2 = 2a ⋅ , x +y 2 2 a 2 2 x + y – 2ay = 0, ρ 0 49 x2 + (y – a)2 = a2. 2). ρ = 2 + cosϕ. Rješenje Prava se dobija ako se svaki radijus vektor kružnice ρ = cosϕ poveća za dva. Nađimo koordinate kontrolnih tačaka: ϕ = 0, ρ = 3; ϕ = π/2, ρ = 2; ϕ = π, ρ = 1. 9 3). ρ = 4 − 5cosϕ Rješenje 4 – 5⋅cosϕ > 0, cosϕ< 4/5, ϕ ∈ (arccos(4/5), 2π – arccos(4/5)). При этом ρ⋅(4 - 5⋅cosϕ) = 9. Переходя к декартовым координатам, получаем ⎛ x ⎞ x2 + y2 ⎜ 4 − 5 ⎟ = 9, ⎜ x2 + y 2 ⎟ ⎝ ⎠ 16 (x 2 + y 2) = (5 x + 9) , 2 4 x 2 + y 2 = 5 x + 9, 16x2 + 16y2 = 25x2 + 90x + 81, 9x2 + 90x – 16y2 +81 = 0, 2 2 (x + 5) 2 y 2 9(x + 5) – 16y = 144 → − 2 = 1 – правая ветвь 42 3 гиперболы при указанных ϕ. Кривую можно было построить по точкам, например, при ϕ = π ρ = 9/10. 4). ρ2⋅sin2ϕ = а2. Решение sin 2ϕ ≥ 0, ϕ∈ [ 0, π 2] ∪ [ π, 3π 2]. a ρ= . sin 2ϕ Перейдем к декартовым координатам, учтем, что ρ2 2 xy sin 2ϕ = 2 cos ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ 2 = 2 , ρ x + y2 a2 2 тогда кривая принимает вид гиперболы: y = . x Задача 27. Какие линии задаются следующими параметрическими уравне- ниями: 50

definiše krivu na ravni. Grupa pojmova se naziva kvadratni oblik, – linearni oblik. Ako kvadratni oblik sadrži samo kvadrate varijabli, onda se ovaj oblik naziva kanonskim, a vektori ortonormalne baze u kojoj kvadratni oblik ima kanonski oblik nazivaju se glavne osi kvadratnog oblika.
Matrix naziva se matrica kvadratnog oblika. Ovdje a 1 2 =a 2 1. Da bismo matricu B sveli na dijagonalni oblik, potrebno je kao osnovu uzeti svojstvene vektore ove matrice, tada , gdje su λ 1 i λ 2 vlastite vrijednosti matrice B.
U osnovi sopstvenih vektora matrice B, kvadratni oblik će imati kanonski oblik: λ 1 x 2 1 +λ 2 y 2 1 .
Ova operacija odgovara rotaciji koordinatnih osa. Tada se ishodište koordinata pomiče, čime se oslobađa linearnog oblika.
Kanonski oblik krive drugog reda: λ 1 x 2 2 +λ 2 y 2 2 =a, i:
a) ako je λ 1 >0; λ 2 >0 je elipsa, posebno kada je λ 1 =λ 2 to je krug;
b) ako je λ 1 >0, λ 2<0 (λ 1 <0, λ 2 >0) imamo hiperbolu;
c) ako je λ 1 =0 ili λ 2 =0, tada je kriva parabola i nakon rotacije koordinatnih osa ima oblik λ 1 x 2 1 =ax 1 +by 1 +c (ovdje λ 2 =0). Dopunjujući potpuni kvadrat, imamo: λ 1 x 2 2 =b 1 y 2.

Primjer. Jednačina krive 3x 2 +10xy+3y 2 -2x-14y-13=0 data je u koordinatnom sistemu (0,i,j), gdje je i =(1,0) i j =(0,1) .
1. Odredite vrstu krive.
2. Dovesti jednačinu u kanonski oblik i konstruisati krivu u originalnom koordinatnom sistemu.
3. Pronađite odgovarajuće transformacije koordinata.

Rješenje. Kvadratnu formu B=3x 2 +10xy+3y 2 dovodimo na glavne ose, odnosno na kanonski oblik. Matrica ovog kvadratnog oblika je . Pronalazimo svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore ove matrice:

Karakteristična jednačina:
; λ 1 =-2, λ 2 =8. Vrsta kvadratnog oblika: .
Originalna jednadžba definira hiperbolu.
Imajte na umu da je oblik kvadratnog oblika dvosmislen. Možete napisati 8x 1 2 -2y 1 2 , ali tip krive ostaje isti - hiperbola.
Pronalazimo glavne ose kvadratnog oblika, odnosno svojstvene vektore matrice B. .
Vlastiti vektor koji odgovara broju λ=-2 pri x 1 =1: x 1 =(1,-1).
Kao jedinični svojstveni vektor uzimamo vektor , gdje je dužina vektora x 1 .
Koordinate drugog svojstvenog vektora koji odgovara drugoj svojstvenoj vrijednosti λ=8 nalaze se iz sistema
.
1 ,j 1).
Prema formulama (5) iz stava 4.3.3. Idemo na novu osnovu:
ili

; . (*)

U originalnu jednačinu unosimo izraze x i y i nakon transformacije dobijamo: .
Odabir kompletnih kvadrata: .
Izvodimo paralelno prevođenje koordinatnih osa na novo ishodište: , .
Ako ove relacije uvedemo u (*) i riješimo ove jednakosti za x 2 i y 2, dobićemo: , . U koordinatnom sistemu (0*, i 1, j 1) ova jednačina ima oblik: .
Da bismo konstruisali krivu, konstruišemo novu u starom koordinatnom sistemu: os x 2 =0 je određena u starom koordinatnom sistemu jednačinom x-y-3=0, a osa y 2 =0 jednačinom x+ y-1=0. Početak novog koordinatnog sistema 0 * (2,-1) je tačka preseka ovih pravih.
Da bismo pojednostavili percepciju, podijelit ćemo proces izgradnje grafa u 2 faze:
1. Prelazak na koordinatni sistem sa osama x 2 =0, y 2 =0, specificiranim u starom koordinatnom sistemu jednačinama x-y-3=0 i x+y-1=0, respektivno.

2. Konstrukcija grafa funkcije u rezultirajućem koordinatnom sistemu.

Konačna verzija grafikona izgleda ovako (vidi. Rješenje:Preuzmi rješenje

Vježbajte. Utvrditi da svaka od sljedećih jednadžbi definira elipsu i pronađi koordinate njenog centra C, poluosu, ekscentricitet, jednačine direktrise. Nacrtajte elipsu na crtežu, označavajući ose simetrije, žarišta i direktrise.
Rješenje.

Jednakost oblika F(x, y) = 0 naziva se jednačina sa dvije varijable x, y ako nije tačna za sve parove brojeva x, y. Kažu da dva broja x = x 0, y = y 0 zadovoljavaju neku jednačinu oblika F(x, y) = 0 ako pri zamjeni ovih brojeva umjesto varijabli x i y u jednačinu njena lijeva strana postane nula .

Jednačina date prave (u određenom koordinatnom sistemu) je jednačina sa dvije varijable koju zadovoljavaju koordinate svake tačke koja leži na ovoj pravoj, a ne zadovoljavaju je koordinate svake tačke koja ne leži na njoj.

U daljem tekstu, umesto izraza „data je jednačina prave F(x, y) = 0“, često ćemo reći kraće: data je prava F(x, y) = 0.

Ako su date jednadžbe dvije prave: F(x, y) = 0 i F(x, y) = 0, tada je zajedničko rješenje sistema

F(x,y) = 0, F(x, y) = 0

daje sve njihove presečne tačke. Tačnije, svaki par brojeva koji je zajedničko rješenje ovog sistema određuje jednu od presječnih tačaka,

157. Zadati bodovi *) M 1 (2; -2), M 2 (2; 2), M 3 (2; - 1), M 4 (3; -3), M 5 (5; -5), M 6 (3; -2). Odredite koje od datih tačaka leže na pravoj definisanoj jednadžbom x + y = 0, a koje ne leže na njoj. Koja je prava definisana ovom jednačinom? (Nacrtajte ga na crtežu.)

158. Na pravoj definisanoj jednačinom x 2 + y 2 = 25 pronaći tačke čije su apscise jednake brojevima: 1) 0, 2) -3, 3) 5, 4) 7; na istoj pravoj naći tačke čije su ordinate jednake brojevima: 5) 3, 6) -5, 7) -8. Koja je prava definisana ovom jednačinom? (Nacrtajte ga na crtežu.)

159. Odredi koje su prave određene sljedećim jednačinama (konstruiraj ih na crtežu): 1)x - y = 0; 2) x + y = 0; 3) x - 2 = 0; 4)x + 3 = 0; 5) y - 5 = 0; 6) y + 2 = 0; 7) x = 0; 8) y = 0; 9) x 2 - xy = 0; 10) xy + y 2 = 0; 11) x 2 - y 2 = 0; 12) xy = 0; 13) y 2 - 9 = 0; 14) x 2 - 8x + 15 = 0; 15) y 2 + by + 4 = 0; 16) x 2 y - 7xy + 10y = 0; 17) y - |x|; 18) x - |y|; 19) y + |x| = 0; 20) x + |y| = 0; 21) y = |x - 1|; 22) y = |x + 2|; 23) x 2 + y 2 = 16; 24) (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 16; 25 (x + 5) 2 + (y-1) 2 = 9; 26) (x - 1) 2 + y 2 = 4; 27) x 2 + (y + 3) 2 = 1; 28) (x - 3) 2 + y 2 = 0; 29) x 2 + 2y 2 = 0; 30) 2x 2 + 3y 2 + 5 = 0; 31) (x - 2) 2 + (y + 3) 2 + 1 = 0.

160. Zadate prave: l)x + y = 0; 2)x - y = 0; 3)x 2 + y 2 - 36 = 0; 4) x 2 + y 2 - 2x + y = 0; 5) x 2 + y 2 + 4x - 6y - 1 = 0. Odredi koji od njih prolazi kroz ishodište.

161. Zadate prave: 1) x 2 + y 2 = 49; 2) (x - 3) 2 + (y + 4) 2 = 25; 3) (x + 6) 2 + (y - Z) 2 = 25; 4) (x + 5) 2 + (y - 4) 2 = 9; 5) x 2 + y 2 - 12x + 16y - 0; 6) x 2 + y 2 - 2x + 8y + 7 = 0; 7) x 2 + y 2 - 6x + 4y + 12 = 0. Pronađite njihove tačke preseka: a) sa osom Ox; b) sa Oy osom.

162. Pronađite presečne tačke dve prave:

1) x 2 + y 2 - 8; x - y =0;

2) x 2 + y 2 - 16x + 4y + 18 = 0; x + y = 0;

3) x 2 + y 2 - 2x + 4y - 3 = 0; x 2 + y 2 = 25;

4) x 2 + y 2 - 8y + 10y + 40 = 0; x 2 + y 2 = 4.

163. U polarnom koordinatnom sistemu tačke M 1 (l; π/3), M 2 (2; 0), M 3 (2; π/4), M 4 (√3; π/6) i M 5 (1; 2/3π). Odredite koje od ovih tačaka leže na pravoj definisanoj u polarnim koordinatama jednačinom p = 2cosΘ, a koje ne leže na njoj. Koja je prava određena ovom jednačinom? (Nacrtajte ga na crtežu.)

164. Na pravoj definisanoj jednačinom p = 3/cosΘ pronaći tačke čiji su polarni uglovi jednaki sledećim brojevima: a) π/3, b) - π/3, c) 0, d) π/6. Koja je prava definisana ovom jednačinom? (Izgradite ga na crtežu.)

165. Na pravoj definisanoj jednačinom p = 1/sinΘ pronađi tačke čiji su polarni poluprečniki jednaki sledećim brojevima: a) 1 6) 2, c) √2. Koja je prava definisana ovom jednačinom? (Izgradite ga na crtežu.)

166. Utvrdi koje su prave određene u polarnim koordinatama sljedećim jednačinama (konstruiraj ih na crtežu): 1) p = 5; 2) Θ = π/2; 3) Θ = - π/4; 4) p cosΘ = 2; 5) p sinΘ = 1; 6.) p = 6cosΘ; 7) p = 10 sinΘ; 8) sinΘ = 1/2; 9) sinp = 1/2.

167. Konstruišite sledeće Arhimedove spirale na crtežu: 1) p = 20; 2) p = 50; 3) p = Θ/π; 4) p = -Θ/π.

168. Na crtežu konstruisati sledeće hiperboličke spirale: 1) p = 1/Θ; 2) p = 5/Θ; 3) p = π/Θ; 4) r= - π/Θ

169. Na crtežu konstruisati sledeće logaritamske spirale: 1) p = 2 Θ; 2) p = (1/2) Θ.

170. Odrediti dužine segmenata na koje je Arhimedova spirala p = 3Θ presečena snopom koji izlazi iz pola i nagnut prema polarnoj osi pod uglom Θ = π/6. Napravite crtež.

171. Na Arhimedovoj spirali p = 5/πΘ uzeta je tačka C čiji je polarni poluprečnik 47. Odredi na koliko delova ova spirala seče polarni poluprečnik tačke C. Nacrtaj crtež.

172. Na hiperboličnoj spirali P = 6/Θ pronađi tačku P čiji je polarni polumjer 12. Nacrtaj.

173. Na logaritamskoj spirali p = 3 Θ pronaći tačku P čiji je polarni polumjer 81. Nacrtaj.

Razmotrimo odnos forme F(x, y)=0, povezivanje varijabli x I at. Nazvat ćemo jednakost (1) jednadžba sa dvije varijable x, y, ako ova jednakost nije tačna za sve parove brojeva X I at. Primjeri jednadžbi: 2x + 3y = 0, x 2 + y 2 – 25 = 0,

sin x + sin y – 1 = 0.

Ako je (1) istina za sve parove brojeva x i y, onda se zove identitet. Primjeri identiteta: (x + y) 2 - x 2 - 2xy - y 2 = 0, (x + y)(x - y) - x 2 + y 2 = 0.

Nazvat ćemo jednačinu (1) jednadžba skupa tačaka (x; y), ako je ova jednačina zadovoljena koordinatama X I at bilo koje tačke skupa i ne zadovoljavaju ih koordinate bilo koje tačke koja ne pripada ovom skupu.

Važan koncept u analitičkoj geometriji je koncept jednačine prave. Neka su na ravni dati pravougaoni koordinatni sistem i određena prava α.

Definicija. Jednačina (1) se naziva jednačina linija α (u kreiranom koordinatnom sistemu), ako ovu jednačinu zadovoljavaju koordinate X I at bilo koja tačka koja leži na liniji α , i ne zadovoljavaju koordinate bilo koje tačke koja ne leži na ovoj pravoj.

Ako je (1) jednadžba prave α, tada ćemo reći da je jednačina (1) definira (skupovi) linija α.

Linija α može se odrediti ne samo jednadžbom oblika (1), već i jednadžbom oblika

F (P, φ) = 0 koji sadrže polarne koordinate.

• jednadžba prave linije sa ugaonim koeficijentom;

Neka je data neka prava linija, a ne okomita na osu OH. Hajde da pozovemo ugao nagiba zadata prava linija prema osi OH kutak α , na koju osovinu treba rotirati OH tako da se pozitivni pravac poklapa sa jednim od pravaca prave. Tangenta ugla nagiba prave linije prema osi OH pozvao nagib ovaj red i označen je slovom TO.

	K=tg α
		(1)

Izvedemo jednačinu ove linije ako znamo njenu TO i vrijednost u segmentu OB, koju odsijeca na osi OU.

(2)

y=kx+b

Označimo sa M„ravansku tačku (x; y). Ako crtamo pravo BN I N.M., paralelno sa osama, onda r BNM – pravougaona. T. MC C BM <=>, kada su vrijednosti N.M. I BN zadovoljiti uslov: . Ali NM=CM-CN=CM-OB=y-b, BN=x=> uzimajući u obzir (1), dobijamo da je tačka M(x;y)C na ovoj liniji<=>, kada njegove koordinate zadovoljavaju jednačinu: =>

Jednačina (2) se zove jednadžba prave linije sa ugaonim koeficijentom. Ako K=0, tada je prava paralelna sa osom OH a njegova jednačina je y = b.

• jednadžba prave koja prolazi kroz dvije tačke;

(4)

Neka su data dva boda M 1 (x 1; y 1) I M 2 (x 2; y 2). Uzimajući u (3) tačku M(x;y) iza M 2 (x 2; y 2), dobijamo y 2 -y 1 =k(x 2 - x 1). Definisanje k iz zadnje jednakosti i zamjenom je u jednačinu (3) dobijamo željenu jednačinu prave: . Ovo je jednadžba ako y 1 ≠ y 2, može se napisati kao:

Ako y 1 = y 2, tada jednačina željene linije ima oblik y = y 1. U ovom slučaju, prava linija je paralelna sa osom OH. Ako x 1 = x 2, zatim prava linija koja prolazi kroz tačke M 1 I M 2, paralelno sa osom OU, njegova jednadžba ima oblik x = x 1.

• jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku sa datim nagibom;

(3)

Ax + Vy + S = 0

Teorema. U pravougaonom koordinatnom sistemu Ohoo svaka prava je data jednačinom prvog stepena:

i, obrnuto, jednadžba (5) za proizvoljne koeficijente A, B, C (A I B ≠ 0 istovremeno) definiše određenu pravu liniju u pravougaonom koordinatnom sistemu Ooh.

Dokaz.

Prvo, dokažimo prvu tvrdnju. Ako linija nije okomita Oh, tada je određen jednačinom prvog stepena: y = kx + b, tj. jednačina oblika (5), gdje je

A = k, B = -1 I C = b. Ako je prava okomita Oh, tada sve njegove tačke imaju istu apscisu, jednaku vrijednosti α segment odsečen ravnom linijom na osi Oh.

Jednačina ove prave ima oblik x = α, one. je također jednačina prvog stepena oblika (5), gdje je A = 1, B = 0, C = - α. Ovo dokazuje prvu tvrdnju.

Hajde da dokažemo obrnutu tvrdnju. Neka je data jednadžba (5) i barem jedan od koeficijenata A I B ≠ 0.

Ako B ≠ 0, tada se (5) može zapisati u obliku . Stan , dobijamo jednačinu y = kx + b, tj. jednačina oblika (2) koja definira pravu liniju.

Ako B = 0, To A ≠ 0 i (5) ima oblik . Označavanje sa α, dobijamo

x = α, tj. jednadžba prave okomite Oh.

Prave definisane u pravougaonom koordinatnom sistemu jednačinom prvog stepena se nazivaju linije prvog reda.

Jednačina oblika Ax + Wu + C = 0 je nepotpuna, tj. Neki od koeficijenata su jednaki nuli.

1) C = 0; Ah + Wu = 0 i definiše pravu liniju koja prolazi kroz ishodište.

2) B = 0 (A ≠ 0); jednačina Ax + C = 0 OU.

3) A = 0 (B ≠ 0); Wu + C = 0 i definiše ravnu paralelnu Oh.

Jednačina (6) se naziva jednačina prave „u segmentima“. Brojevi A I b su vrijednosti segmenata koje prava linija odsijeca na koordinatnim osama. Ovaj oblik jednadžbe je pogodan za geometrijsku konstrukciju prave linije.

• normalna jednačina prave;

Ax + Vy + S = 0 je opšta jednačina određene linije, a (5) x cos α + y sin α – p = 0(7)

njegova normalna jednačina.

Kako jednačine (5) i (7) definiraju istu pravu liniju, onda ( A 1x + B 1y + C 1 = 0 I

A 2x + B 2y + C 2 = 0 => ) koeficijenti ovih jednačina su proporcionalni. To znači da množenjem svih članova jednačine (5) određenim faktorom M dobijamo jednačinu MA x + MV y + MS = 0, što se poklapa sa jednačinom (7) tj.

MA = cos α, MB = sin α, MC = - P(8)

Da bismo pronašli faktor M, kvadriramo prve dvije od ovih jednakosti i dodamo:

M 2 (A 2 + B 2) = cos 2 α + sin 2 α = 1

(9)