Қазақстан республикасы білім және ғылым министрлігі abaiUniversity силлабус пәнтуралыақпарат
жүктеу/скачать 10,54 Mb.
|
Дәріс тезистері
- Бұл бет үшін навигация:
- Екінші ретті қисықтардың жалпы анықтамасы.
- Лекция №5 Екінші ретті қисықтардың жалпы теңдеуі: қисықтардың жалпы теңдеуі; жалпы таңдеуі канондық түрге келтіру . Анықтама.
| Параболаның жанамасының теңдеуі. Параболаның M0(x0,y0) нүктесі берілген. Параболаның осы нүктесіне жүргізілген жанамасының теңдеуін табу керек.
Параболаға жүргізілген жанаманың бұрыштық коэффициенті –ны табамыз, ал ол үшін (1) теңдеуінен туынды аламыз: , бұдан немесе Осыны бұрыштық коэффициентімен берілген түзу теңдеуіне қоямыз: M0(x0,y0) нүктесі параболада жатқандықтан оның координаталары парабола теңдеуін қанағаттандырады: немесе Сонымен, параболаға жүргізілген жанама теңдеуі: Мысал. Директрисасы –ке тең параболаның канондық теңдеуін табыңдар. Парабола теңдеуі , ал директриса теңдеуі , ендеше, Сонда, ізделінді парабола теңдеуі: . Екінші ретті қисықтардың жалпы анықтамасы. Екінші ретті қисықтардың (эллипс, гипербола, парабола) бәріне ортақ қасиеті бар, сондықтан басқа анықтама береміз. Анықтама. Фокальдық радиустарының өзіне сәйкес директрисаларға дейінгі қашықтықтарына қатынасы тұрақты шама болатын нүктелердің геометриялық орны эксцентриситетке тең, яғни мұнда: егер , онда эллипс деп аталады, егер , онда гипербола деп аталады, егер , онда парабола деп аталады. Лекция №5 Екінші ретті қисықтардың жалпы теңдеуі: қисықтардың жалпы теңдеуі; жалпы таңдеуі канондық түрге келтіру. Анықтама. (1) Түріндегі теңдеу екінші ретті қисықтың жалпы теңдеуі деп аталады. Коэффициенттерге мәндер бере отырып гиперболаның, эллипстің және параболаның теңдеулерін ала аламыз. Мысал үшін, демек, онда эллипстің теңдеуін аламыз: Алдын ала дербес теңдеуін қарастырып, зерттелік, ал мұны былай бейнелейміз: және коэффициенттерінің көбейтіндісі делік: a) , болғанда теңдеу эллипсті береді. делік, онда ә) , болғанда теңдеу эллипсті береді; б) , болғанда теңдеу гиперболаны береді. делік, онда теңдеу в) А мен В-ның таңбалары бірдей болғанда болады, онда квадраттардың қосындысы нөлге тең, яғни әр мүше нөлге тең, ендеше, қисық бір нүктеге айналады. г) А мен В-ның таңбалары әртүрлі болсын делік, яғни , онда теңдеуінің сол бөлігі квадраттардың айырымын береді. Теңдеу екі теңдеуге ажырамайды: , мұндағы K кез келген сан. Әр теңдеу түзуді кескіндейді, ал теңдеулер жүйесі түзулердің қиылысу нүтесін береді. Нөл мен K еркімізше алынғандықтан шешімі ақырсыз нүктелер жиыны болады. Енді екінші ретті қисықтардың (1) жалпы теңдеуін қарастырасмыз. Екінші ретті қисықтардың жалпы теңдеуін канондық түрге келтіру үшін центрлік сызықтың координаталарын паралель көшіреміз және M0(x0,y0) нүктесінен айналдыра координата осьтерін бұрамыз. 1. Айнымалыларды алмастарамыз: , , мұндағы х0 , у0 әзірге анықталмаған. Центрлік сызықты анықтау үшін сызықтың жаңа теңдеуінде бірінші дәрежелі х, у –тер болмауы қажет. Бұл координаталды (1) теңдеуге қоямыз да жаңа X,Y айнымалылары бойынша топтаймыз: X пен Y–тен құтылу үшін олардың коэффициенттерін нөлге теңестіреміз: Осы жүйенің шешімі х0 , у0 нүктелерінің координаталырын береді. Енді жүйені зерттейміз. 1) Егер бас анықтауыш , онда жүйенің шешімі бар- (x0,y0) нүктесі, яғни (1) сызықтың шекті қашықтыққа центрі болады, онда сызықтарды центрлік сызықтар дейді. 2) Егер ; яғни , онда жүйенің шешімі жоқ, ал (1) сызықтық шекті қашықтықта центрі жоқ. Ондай сызықтарды центрсіз сызықтар дейді. 3) Егер және қосымша анықтауыштар да нөлге тең болса, яғни , онда жүйенің ақырсыз көп шешімі болады. Сондықтан бұл жағдайда сызықтың ақырсыз көп нүктесі центрі болады. Координаталар басын қисықтың центріне көшіргеннен кейін (1) теңдеуі мына түрге келеді: (2) 2. Теңдеудің көбейтіндісі бар мүшесінен құтылу үшін айнымалыны ауыстырамыз (осьтерді бұру) мұның бас анықтауышы Мұндағы ауыстыру кез келген бұру бұрышы a–ның мәндерінде нөл болмайтындай етіп алынады. X,Y -тің бұл мәндерін (2) теңдеуге қоямыз да х1 , у1 көбейтіндісі бар мүшесін тауып оның коэффицентін нөлге теңестіреміз: немесе түрлендіріп мынаны аламыз: немесе Бұл алынған тригонометриялық теңдеу шешімі (2) теңдеудегі х1 мен у1 -нің көбейтінділері жойылатын a-бұрышының мәнін анықтайды. a бұрышқа бұру арқылы X,Y координата осьтерін жаңа х1 , у1 координата осьтерімен беттестіреміз. жүктеу/скачать 10,54 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|