Приклади побудови ліній за їхніми рівняннями.

1. Розглянемо лінію другого порядку , задану рівнянням

, (1)

та проведемо хорди, які паралельні деякій прямій із напрямним вектором . Нас буде цікавити питання, яку фігуру утворюють середини всіх таких хорд. Насамперед нагадаємо, що для того, щоб деяка точка була серединою хорди , повинна виконуватись умова . Оскільки координати будуть змінюватись при переході від однієї хорди до іншої, то, позначаючи їх змінними та , дістаємо, що координати середин паралельних хорд задовольняють умову або . Одержану рівність запишемо у виді

. (2)

Якщо коефіцієнти біля змінних та одночасно не перетворюються в нуль, то рівняння (2) буде рівнянням першого степеня і визначатиме на площині деяку пряму (рис. 1).

Окремо дослідимо випадок, коли рівняння (2) не буде рівнянням першого степеня, тобто, коли виконуються умови . Оскільки дана система має ненульовий розв’язок , то її визначник . З рівності дістаємо . Якщо дані відношення позначити через , то . Оскільки перше рівняння системи тепер можна записати у виді , то дана система рівносильна одному із своїх рівнянь, нехай першому: . З одержаної рівності дістаємо, що вектор колінеарний вектору . Через деяку точку лінії у напрямку вектора проведемо пряму та знайдемо другу точку її перетину з лінією . У квадратному рівнянні , яке характеризує перетин лінії другого порядку з прямою (лекція 19, п.2), обчислимо коефіцієнт .

.

Цей факт означає, що другої точки перетину прямої та лінії не існує (у лекції 18 ми називали таку точку нескінченно віддаленою). Оскільки досліджується питання розташування середин паралельних хорд скінченої довжини, то у випадку, коли виконуються умови , таких хорд просто не існує.

Таким чином, вірне наступне твердження.

Теорема. Середини паралельних хорд лінії другого порядку утворюють пряму.

Задача 1.Знайти геометричне місце середин хорд параболи , які проведені паралельно до прямої .

Розв’язання. Очевидно, що вектор паралельний до прямої. Обчислимо вирази та , записавши рівняння лінії у виді . Знаходимо . Вираз в нашій задачі запишеться у виді рівності .

Відповідь: пряма .

2. Пряма, яка паралельна до вектора і не перпендикулярна до осі утворює з її додатнім напрямком деякий кут , для якого . Середини паралельних до цієї прямої хорд утворюють пряму, яка, як нам відомо, задається рівнянням . Кутовий коефіцієнт даної прямої буде дорівнювати

.

Із одержаної рівності отримуємо співвідношення

,

яке означає, що середини хорд, паралельних прямій з кутовим коефіцієнтом , утворюють пряму, кутовий коефіцієнт якої дорівнює . Напрямки прямих, кутові коефіцієнти яких задовольняють умову

, (3)

називають спряженими напрямками лінії . У випадку, коли , тобто, коли знаменник у рівності (3) перетворюється в нуль, пряма із спряженим напрямком, очевидно, перпендикулярна до осі . Якщо лінія центральна, то пряма або проходитиме через центр лінії, оскільки вирази та в центрі лінії перетворюються в нуль.

Пряму, яка проходить через центр лінії, називають її діаметром.

Розглянемо два діаметри, які мають спряжені напрямки, тобто кожен із цих діаметрів ділить пополам хорди, паралельні до іншого. Такі діаметри називають взаємно спряженими (на рис. 2 – це діаметри та ).

Очевидно, що спряжені діаметри задаються рівняннями

та . Кутовий коефіцієнт діаметра дорівнює , а кутовий коефіцієнт діаметра рівний . У випадку, коли , тобто, коли напрям вектора перпендикулярний до осі рівняння спряжених діаметрів запишуться у виді та .

Задача 2.Знайти рівняння діаметра лінії , знаючи, що він паралельний до прямої , а також спряженого до нього діаметра.

Розв’язання. Знаходимо , . Система рівнянь для відшукання центра лінії має очевидний розв’язок . Рівняння діаметра, який паралельний заданій прямій, запишеться у виді або . Оскільки кутовий коефіцієнт знайденої прямої рівний , то, використавши рівняння , дістаємо або . Зауважимо, що цю ж відповідь можна було отримати іншим способом, а саме використавши відомий центр лінії – точку та обчисливши кутовий коефіцієнт шуканого спряженого діаметра за формулою (3): .

Відповідь: , .

3. Дослідимо питання відшукання спряжених напрямків для нецентральних ліній, тобто ліній, для яких . У цьому випадку . Позначивши дані відношення через , дістаємо . Тому спряжений напрям до напрямку, який визначається кутовим коефіцієнтом , буде задаватися числом

.

У випадку, коли , дістаємо , тому пряма із спряженим напрямком буде перпендикулярною до осі . Таким чином, для нецентральних ліній, незалежно від напрямку вектора , спряжений напрямок буде один і той же і він визначається числом . У випадку параболи прямі з таким напрямком називають її діаметрами. На рисунку 3 спряженими до векторів та є відповідно діаметри та .

Задача 3.Знайти рівняння спільного діаметра ліній, заданих рівняннями та .

Розв’язання. Легко встановити, що лінія, задана другим рівнянням, є нецентральною. Оскільки для неї , то серед діаметрів першої лінії потрібно вибрати той, який теж має кутовий коефіцієнт . Рівняння спільного діаметра можна скласти, знаючи точку , яка є центром першої лінії та знайдена у попередньому пункті, а також її кутовий коефіцієнт: .

Відповідь: .

4. Означення. Два спряжені діаметри лінії другого порядку називають головними, якщо вони взаємно перпендикулярні.

На рисунку (4) головними діаметрами лінії є прямі та . Займемося питанням, як знаходити головні діаметри.

Оскільки дві прямі з кутовими коефіцієнтами та будуть перпендикулярними, якщо виконується умова , то, підставляючи у рівність (3) значення , дістаємо

,

звідки отримуємо співвідношення для відшукання коефіцієнта :

. (4)

Одержане рівняння завжди має розв’язки, оскільки його дискримінант . Очевидно, що лише при умовах . У цьому випадку рівняння лінії можна звести до виду , де - деякі числа. При умові >0 одержане співвідношення задає коло, для якого будь-які два взаємно перпендикулярні діаметри є головними.

Нехай числа та є коренями рівняння (4). Тоді рівності

, (5)

будуть визначати головні діаметри лінії .

Головні діаметри є осями симетрії лінії. Справді, якщо - деяка хорда лінії та - два її головні діаметри, причому , то відрізок буде ділитися прямою пополам. Отже, точки та симетричні відносно . Тому одержані вище рівняння (5) будуть одночасно рівняннями осей симетрії лінії .

Для відшукання осі симетрії параболи, кутовий коефіцієнт якої нам відомий і рівний зауважимо, що вона ділить пополам хорди, які перпендикулярні до неї. Напрямок цих хорд задається кутовим коефіцієнтом . Підставляючи дане число в рівняння , дістаємо, що рівняння осі симетрії параболи запишеться у виді

. (6)

Вісь симетрії параболи називають її головним діаметром. На рисунку 3 – це пряма .

При необхідності вершину параболи можна знайти, розв’язавши систему рівнянь (1), (6).

Задача 4.Знайти рівняння осей симетрії лінії, заданої рівнянням .

Розв’язання. Знаходимо , . Рівняння (4) у даному випадку матиме вигляд , звідки . Підставляючи одержані значення у рівняння (5), дістаємо .

Відповідь: , .

Задача 5.Знайти рівняння осі симетрії та вершину параболи, заданої рівнянням .

Розв’язання. Знаходимо , , . Використавши рівняння (6), дістаємо рівняння осі симетрії параболи у виді , або . Для відшукання вершини параболи складемо систему рівнянь виду (1), (6): . Розв’язуючи її, дістаємо , або .

Відповідь: ; .

5. Займемось питанням існування та знаходження асимптот лінії . У лекції 18 (п. 2) ми встановили, що умовою того, щоб пряма мала відносно лінії асимптотичний напрям, у квадратному рівнянні , яке характеризує перетин лінії другого порядку з прямою, коефіцієнт повинен бути рівним нулю. Нагадаємо, що напрям прямої при цьому задається вектором , або кутовим коефіцієнтом , якщо .

Нехай . Очевидно, що у цьому випадку рівність неможлива при , оскільки вектор не може бути нульовим. Розділивши дану рівність на , дістаємо співвідношення

. (7)

Одержане квадратне рівняння має два корені при умові, що , один корінь, якщо та не матиме коренів, якщо .

У залежності від знаку числа лінії другого порядку класифікують наступним чином: якщо , то лінію називають лінією еліптичного типу, при - параболічного, а при - гіперболічного типу. У випадку, коли лінія гіперболічного типу, рівняння

, , (8)

де та - корені рівняння (7), будуть визначати асимптоти лінії , оскільки відповідні прямі мають асимптотичний напрям та проходять через центр лінії. При рівняння (7) матиме корінь . Він визначає асимптотичний напрям для нецентральних ліній. Для ліній еліптичного типу асимптоти відсутні.

Якщо , то умова запишеться у виді . Звідси дістаємо два вектори, які задають асимптотичний напрям: та . Перший вектор визначає прямі, які мають асимптотичний напрям та перпендикулярні до осі . Другий вектор при має напрям вектора , а при визначає прямі з кутовим коефіцієнтом .

При очевидно, що і лінія параболічного типу, а при , дістаємо , тобто лінія гіперболічного типу і має дві асимптоти. Скориставшись рівністю , дістаємо рівняння шуканих асимптот у виді

, .

Задача 6.Знайти рівняння асимптот лінії, заданої рівнянням .

Розв’язання. Складемо рівняння для відшукання кутових коефіцієнтів асимптотичних напрямків. Використавши рівність (7), дістаємо , звідки , . Оскільки , , то, скориставшись рівнянням (8), дістаємо при пряму , а при пряму .

Відповідь: .

6. У випадку, коли виникає необхідність зобразити лінію , задану рівнянням

,

можна користуватися різними підходами. Деякі з них будуть розглянуті в наступних лекціях. Зараз ми розглянемо, як для побудови графіка лінії другого порядку використовуються її властивості. Опишемо один із можливих алгоритмів дослідження.

1. Встановлюємо тип лінії. Для цього обчислюємо визначник . Якщо , то задана лінія еліптичного типу, при - параболічного, а при - гіперболічного типу.

2. У випадку, коли , шукаємо центр лінії (див. лекцію 18, п.3). Для цього складаємо систему рівнянь . Оскільки , то система має єдиний розв’язок . При даний етап пропускаємо.

3. Шукаємо осі симетрії лінії. Якщо , то рівняння осей симетрії запишуться у виді

, , де числа та є коренями рівняння . При віссю симетрії буде пряма, задана рівнянням (див. п.3).

4. Якщо і задана лінія гіперболічного типу, то шукаємо її асимптоти. Їхні рівняння, як нам відомо (див. п.4), записуються у виді , . Числа та у даному випадку є коренями рівняння . Якщо , то рівняння асимптот дістаємо у виді , .

5. Шукаємо деякі точки, які належать лінії. Системи та дозволяють знайти точки перетину лінії з координатними осями. Системи , де ( ) – кутові коефіцієнти осей симетрії, дозволяють знайти вершини лінії. Очевидно, що у випадку еліпса кожна із систем матиме два розв’язки, а у випадку гіперболи одна із цих систем розв’язків мати не буде. У випадку параболи система рівнянь та дозволяє знайти її вершину. Крім знайдених точок можна використовувати і інші, зокрема точки, симетричні точкам перетину лінії з координатними осями відносно осей симетрії.

Знайдені вище точки та прямі дозволяють виконати зображення лінії, заданої початковим рівнянням.

7. Розглянемо на конкретних прикладах задачі на побудову центральних ліній.

Задача 7.Побудувати лінію, задану рівнянням .

Розв’язання. Оскільки , то лінія, яку ми досліджуємо, еліптичного типу. Система для відшукання центра запишеться у виді . Розв’язавши її, знаходимо . Рівняння осей симетрії було знайдено раніше (задача 4) у вигляді співвідношень , . Знайдемо точки перетину лінії з координатними осями. Системи та мають розв’язки , яким відповідають точки . Знаходимо точки перетину лінії з осями симетрії. Для цього складаємо системи рівнянь

, ,

звідки дістаємо ще чотири точки на лінії: , . Знайдені нами прямі та точки дозволяють зобразити лінію (рис. 5).

Задача 8.Побудувати лінію, задану рівнянням .

Розв’язання. Встановимо тип лінії. Для цього обчислюємо визначник . Отже, лінія гіперболічного типу. Шукаємо центр лінії. Із системи

дістаємо . Рівняння осей симетрії шукаємо у виді , . Числа знаходимо, як корені рівняння , тобто рівняння . Дістаємо . Після очевидних перетворень рівняння осей симетрії запишуться у виді .

Займемось відшуканням рівнянь асимптот. Підставляючи у рівності , замість та корені рівняння (у даному випадку воно запишеться у виді і матиме корені , ), дістаємо рівняння двох асимптот: . Шукаємо точки перетину лінії з координатними осями. Із систем та дістаємо точки . Точки перетину лінії з осями симетрії

знаходимо із систем та . Із першої системи дістаємо , що визначає дві точки . Очевидно, що друга система розв’язків не має, оскільки гіпербола перетинається тільки з одною із своїх осей симетрії. Отримані вище результати дозволяють зобразити лінію (рис. 6).

Задача 9.Побудувати лінію, задану рівнянням .

Розв’язання. Встановлюємо тип лінії. Обчисливши визначник , бачимо, що дана лінія параболічного типу. Шукаємо вісь симетрії. Використавши рівність

та обчисливши вирази , дістаємо рівняння . Знайдемо точку перетину лінії із одержаною прямою, тобто вершину параболи. Із системи рівнянь дістаємо . Вісь задана лінія не перетинає, оскільки при рівняння не має.