ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
146 9. Методические указания (контрольная работа №2)
или
x
1
= x
2
+
1
√
2
,
y
1
= y
2
−
3
√
2
.
Теперь
x
2
= (x + y −1)/
√
2,
y
2
= (−x + y + 3)/
√
2.
В системе координат (O
1
, i
1
, j
1
) гипербола имеет уравнение
x
2
2
1
−
y
2
2
4
= 1. Оси O
1
x
2
, O
1
y
2
направлены по прямым x + y −1 = 0,
x − y −3 = 0. Координаты точки O
1
, являющиеся центром симмет-
рии гиперболы, находим, решая систему
x + y = 1,
−x + y = −3.
Получаем
x = 2, y = −1, O
1
(2, −1). Фокальной осью является прямая y
2
= 0,
x − y −3 = 0. Для построения гиперболы строим в старой системе
новую систему, в которой строим данную гиперболу (рис. 9.6). За-
метим, что прямые y
2
= ±2x
2
являются её асимптотами.
9.5.2. Дана кривая 9x
2
− 24xy + 16y
2
− 20x + 110y − 50 = 0 от-
носительно правой системы координат. Докажите, что эта кривая —
парабола. Найдите значение её параметра p, координаты вершины и
уравнение её оси симметрии.
Решение. Аналогично решению задачи 9.5.1.
Находим собственные векторы и собственные числа матрицы
квадратичной формы B = 9x
2
− 24xy + 16y
2
, B =
9 −12
−12 16
,
9 − λ −12
−12 16 − λ
= λ
2
− 25λ = 0; λ
1
= 0, λ
2
= 25. Так как одно
из собственных чисел равно нулю, то кривая — параболическо-
го типа. Находим собственные векторы. Для числа λ
1
= 0 имеем
B =
9ξ
1
− 12ξ
2
= 0,
−12ξ
1
+ 16ξ
2
= 0,
3ξ
1
= 4ξ
2
. Если положим ξ
1
= 4, ξ
2
= 3, то
единичный собственный вектор i
1
имеет координаты i
1
=
4
5
,
3
5
.
Другой собственный вектор, отвечающий собственному числу
λ
2
= 25, может быть задан в виде j
1
=
−
3
5
,
4
5
. Базис (i
1
, j
1
) при-
нят правым. Переходим от базиса (O, i, j) к (O
1
, i
1
, j
1
). Запишем мат-
рицу перехода Q =
4/5 −3/5
3/5 4/5
и обратную к ней Q
−1
= Q
T
=
=
4/5 3/5
−3/5 4/5
. Новые координаты (x
1
, y
1
) связаны со старыми
(x, y) соотношениями
x = (4x
1
− 3y
1
)/5,
y = (3x
1
+ 4y
1
)/5,
x
1
= (4x + 3y)/5,
y
1
= (−3x + 4y)/5.
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 144
- 145
- 146
- 147
- 148
- …
- следующая ›
- последняя »
