Оқулық Алматы, 201 5 Байарыстанов А. О. Жоғары математика і-бөлім Алматы 2015
жүктеу/скачать 12,35 Mb. Pdf көрінісі
|
0 ЯҒНИ x + D A + v + E A E 2 D 2 F A (5.6) теңдеуін аламыз. 67 E 2 D 2 F Бұл теңдеу — + — - - - > 0 болғанда, центрі 0\ D Е А ’ A ал радиусы R = E 2 D 2 F e Ai + j 2 ~ a болать,н “ внбердің теңдеуін береді. Егер (5.6) теңдеуінде Е 2 D 2 Ғ + ------- = и оолса, онда А2 А2 А х + D А \2 ( Ш) + у + — 1 < A j = 0 теңдеуі центрі D Е А ’ А нүктесі болатын, ал радиусы нөлге тен «нөлге айналған шеңберді» береді. Егер + болса, онда (5.6) тевдеуі A" A A t ешбір сызыкты анықтамайды, себебі теңдеудің оң жағы теріс, ал сол жагы он К а п п n v v « «*«««* « « a » / С f \ ___ ^ болады, мұндай кезде (5.6) теңдеуі «жалған шеңбер» деп аталады. Жоғарыдағы (5.3) теңдеуінен параметрлік теңдеуін шығарып алуға шенбердің элады. Ол нүктесінің радиус векторы Ox өсінін оң бағытымен t бұрышын (0 <2) к жасайды деп ұйғарайык (11 -сурет). Сосын t ағымдағы 11 -сурет өрнектеуге болады: x = R c o s t v = R • sin t параметр (5.7) Осы соңғы тендеулер жүиесі шеңбердің параметрмік теңдеуі деп аталады._______________ Мысалы, х 2 + у 2 + S x - 2 y - 2 l = 0 шеңбердің центрін жэне радиусын аныктаңыздар. Шешуі: Берілген теңдеу шеңбердің тендеуін аныкгайды. Себебі жоғарыда айтылған екі шарт орындалады, яғни х 2 жэне у 2 коэффициентгері бірдей, ал х жэне у координаталары көбейтіндісі жок. Теңдеуді х жэне v айнымалыларының толык квадратына келтіреміз: X2 + S x + 16 + у 2 - 2 y + l - 2 l = 0 = > ( x + 4 f + { y - \ f = 4 , демек, берілген шенбердің центрі 0 ( - 4;і) нүктесі, ал радиусы R = 2 болады. 68 5.2 Эллипс 5.2.1 Эллипстіц канондық теңдеуі 2-анъщтама. Фокустар деп аталатын берілген екі Ғх және Ғ2 нүктелерінен кашыктыктарының косындысы тұракты 2я-ға, ал берілген фокустардың аракашыктығы 2с-ға тең болатын жэне 2а > 2с теңсіздігін канағаттандыратын жазыктыктьщ барлык нүктелерінің жиыны эллипс деп аталады. I Әллипстің теңдеуін корытып шығару үшін Ғх және Ғ2 нүктелерін Ох өсінде жаткызамыз, ал декарттык координаталар жүйесінің бас нүктесін ҒХҒ~, кесіндісінің ортасына орналастырамыз ( 12-сурет). Сонда аныктама бойынша фокустардың аракашыктығы ҒХҒ2 = 2с болғандыктан, Ғх және Ғ2 нүктелерінің координаталары сэйкес түрде Ғх( - с ; 0) және Ғ2 (+с; 0) болады. 12-сурет Айталык М( х, у ) ізделінді эллипстің кезкелген нүктесі болсын. Онда аныктама бойынша ҒХМ + Ғ2М ==2а , мұндағы ҒхМ = гх жэне Ғ2М = г2 аркылы белгілейміз де, оларды М нүктесінің сэйкес сол жақ жэне оң жақ фокалъдық радиус-векторлары деп атаймыз. Сонымен гх + г2= 2 а * (5.8) теңдігігін орындалуы, М нүктесінін эллипсте жатуының кажетгі жэне жеткілікті шарты болып табылады. Екі нүктенін аракашыктығын табу формуласын колданыу аркылы, эллипстін фокустары Ғх жэне Ғ2 нүктелерінен, берілген М нүктесіне дейінгі аракашыктыктар сэйкес rx = (х + с)2 + j r жэне r2 = ( х - с ) 2 + у 2 теңдеулерімен аныкгалатынын көреміз. Осы теңдеулерді (5.8) теңдеуіне коятын болсак, (х + с)2 + у 2 + ( х - с ) 2 + у 2 = 2а (5.9) тевдеуін аламыз. Бұл біз іздеп отырған эллипстің теңдеуі болады. Енді (5.9) түрге жазамыз, сонда (* + с)2 + у = 2 a - ( jc — с)2 + у 2 теңдеуі шыгады. Осы теңдеудін екі жағын квадраггаймыз, сонда х 2 + 2сх + с 2 + у 2 = 4 а 2 - 4 а * ( х - с ) 2 + у 2 + х 2 - 2 с х + с 2 + у 2 теңдеуін аламыз, енді осы теңдеудін ұксас мүшелерін біріктіру аркылы а ( х - с ) + у 2 = a 2 - с х теңдеуін шығарамыз. Бул тендіктін екі жағын тагы бір рет квадраттап, ұксас мүшелерін біріктіре отырып келесі тендеуді аламыз 2 2 л 2 . 2 2 . 2 2 4 ^ 2 2 2 а х - 2 а сх + а с + а у = а - 2 а сх + с х , (а2 - с 2)х2 + а 2у 2 = а 2( а2 - с 2). Аныктамадан а > с болгандыктан, а 2 - с 2 > 0 болады, оны Ь2 белгілейміз, яғни аркылы (5.10) а 2 - с 2 =Ъ2 өрнегін аламыз. Осы өрнекті (5.10) теңдеуіне кою аркылы келесі теңдеуді аламыз _212 Ь х + а у = а b . 13-сурет Осы теңдіктің екі жағын бөлеміз, сонда 2 2 ? - + У - = і a 2 b2 a 2b 2 өрнегіне (5.11) теңдеуі алынады. Бұл теңдеу эллипстің канондық теңдеуі деп аталады. Осы тевдеудегі а - эллипстің үлкен жарты өсі, ал b - оның кіші жарты өсі деп аталады ( ) (13-сурет). Эллипстің канондык теңдеуін зерттеу барысында келесі ескертулер кездеседі. 1 -ескерту. Егер (5.11) теңдеуінде а = Ь болса, онда х 2 + у 2 - а 2 теңдеуі, центрі координат жүйесінің бас нүктесінде болатын, радиусы а - г г тең шеңбер теңдеуін береді. Демек шеңбер теқдеуін эллипс теңдеуінің а = Ь болғандағы дербес түрі деп карауға болатындығын көреміз. 2-ескерту. Жоғарыда көрсетілгендей (5.11) теңдеуін корытьш шығару квадраттау амалын колдандык. Сол себебті кұтылу 1 (5.11) теңдеуін канағаттандыратын түбірлерінен баска «бөгде» түбірлер косымша пайда болуы мүмкін. Сондыктан осындай «бөгде» түбірлердін жоктығын дәлелдеу үшін (5.11) тендеуін канағаттандыратын кезкелген М(х, у ) нүктесі эллипсте жататыньш көрсетуіміз керек. Ол үшін (5.11) теңдеуін у 2 аркылы өрнектеп, оны г, = (х + с)2 + v2 жэне r2 = ( x - c f теңдіктерінщ оң жағына коя отырып тексереміз. Ь2 (5.11) теңдеуінен у 2 - —^ ( а 2 - х 2) болады, енді Ъ2 = а 2 — с 2 болатынын а ескерсек, V L 1 2 а ~~с / 2 2\ 2 2 2 2 ^ 2 = -----j — ( ° ~ х ) немесе у = а - с - х + — х . о а Соңғы өрнекті гх = (х + с)2 + у 2 теңдеуіндегі у 2 -тың орнына койсак / \2 2 2 2 С у 2 . л [х + с у + а - с - х + — х = а + 2 с х + а I е ] ( с ^ а + - х \ а ) 1 а 1 70 а + — х. дәл а С _ . I г с Мұндағы а + — х > 0 болгандыктан ( х < а жэне — < 1), гх = а а осындай жолмен г2 = а - — х болатынын табамыз. а Сонымен карастьфылып отырған М (х, у) нүктесі үшін с с г} = а + — х, г2 = а — х , а а яғни rj + г2 = 2о болады да, М( х, у) нүктесінің эллипсте жататынын көреміз. (5.12) теңдеуі эллипстің фокальдык радиус-векторларының теңдеуі болып табылады. (5.12) 5.2.2 Эллипстіц пішінін оныц канондық тендеуі бойынша зерттеу Әллипстің канондык теңдеуінен у = ± — . а 2 - х 2 а (5.13) теңдеуін алып, осы теңдеуге зерттеу жүргізейік. 1. Егер >’ = 0 болса, онда х = ±а, ягни Ах( - а , 0 ) , А2(а, 0) нүктелерін симметрия нүктелері 2. егер х = 0 болса, онда у = ± Ь, яғни 5Д0, — b \ 5 2(0, b) нүктелерін аламыз. Бұл нүктелер эллипстің ордината бойында жаткан өзара симметриялы нүктелері; 3. (5.13) теңдеуі х < а мәндерінде ғана орын алады, себебі а 2 - х 2 > 0 болуы х < а олай болса, (5.13) теңдеуінен у < b болады да, эллипс кабырғалары 2 а жэне 2Ь болатын тіктөртбұрыштың ішінде жатады деген тұжырымға келеміз, яғни - а < х < а болса, онда - Ь < у < Ь (14-сурет); А. ( - а;0) /І2(о;0) 14-сурет 4. а - с = 6 тендігінен аныктама бойынша а > с болгандыктан, а > Ь. Бұл жерде 2 а эллипстің үлкен өсі, ал 2Ь о н ы ң кіші өсі, 2 с эллнпстін фокустык аралыктары екендіктерін ескере кетейік; 5. (5.11) эллипстің канондык теңдеуі ағымдык координаталардын тұратын симметрия 71 X2 V2 6. (5.11) эллипстің канондык тендеуінде теріс емес - жэне а Ь косылғыштарының косындысы бірге тен. Сондыктан бір косылғыш өсетін болса, екінші косылғыш кемнді, яғни х өссе, онда у кемиді және керсінше. ‘ Эллипстің фокустары орналаскан симметрия өсі э ллипстің фокустық өсі деп аталады. Эллипстін симметрия өстерінің киылысу нүктесі эллипстің центрі деп аталады. (5.11) теңдеуімен берілген эллипс үшін фокустык өс абсцисса өсімен беттеседі, ал координат басы 0 (0, 0) эллипстін центрі болады (14-сурет). Эллипстін симметрия өстерімен киылысу нүктелері Ах( - а , 0), Л2(я,0), 5 |(0 ,-^ ) жэне В2(0,Ь) эллипстің төбелері деп аталады (14-сурет). Осы зертгеулердің нәтижесіне сүйене отырып, эллипстін пішінін сызып көрсетуге болады (15-сурет). 15-сурет Суреттен аныктама бойынша Г; + г2 = 2 д , Ах А2 = 2 а , В} В2 Һ 2Ъ , Ғ\Ғ2 — 2с болатынын, сондай-ак ҒХМ + Ғ2М = 2 а екенін көруге болады. Эллипсті механикалык түрде де сызуга болады. Ол үшін ұзындығы 2 а - ға тең жіп алып, оның екі ұшын козғалмайтын Ғх және Ғ2 нүктелеріне бекітіп, сонан соң калам ұшымен жіпті кере жүргізіп отырсак, онда калам ұшы берілген эллипсті сызып шығады. 5.2.3 Эллипстін радиус-векторы, эксцентриситеті және директрисасы Эллипстің фокальдык радиус-векторларының теңдеуін кайта карастырамыз: с с Г\ = а + - х жэне r2 = а — х . (5.14) а а Осы теңдеулердегі шамасы эллипстің эксцентритеті деп аталады а ? ІЩ -.; ;5' - > v r ■ ; жэне оны е (<опсилон») аркылы белгілейміз: ~ = f . (5.15) a 72 Бұл теңдіктен эллипстін эксцентриситет! онын фокустар аралығы 2с- ның, эллипстің үлкен өсі 2а-ға катынасына тең екенін көреміэ. Ал 0 < с < а болгандыктан, 0 < s < 1 болады, яғни е = - < 1L_____ т_____________т_______ а ^ (5.15) теңдігін пайдаланып (5.14) теңдеулерін эксцентриситет е аркылы мына түрде жазамыз Г| = а + е х жэне г2 = а - е х . (5.16) 16-сурет Эллипске катысты тағы бір түсінік беру үшін Оу өсіне параллель х = / (/ > а) түзуін жүргіземіз. Эллипстің кезкелген М( х , у ) нүктесінен х = І түзуіне дейінгі аракашыктыкты d 2 - деп белгілеп, эллипстің оң жак фокусы мен М( х , у ) нүктесінің арасындағы кашыктык г2-нін осы J 2“re катынасын карастырамыз (16-сурет). Белгілеу бойынша d 2 - I - х болгандыктан, d a - e x Т ^ х а \ __ 1 - х теңдеуі орындалады. а г2 Бұл тендеуде егер / = болатын болса, онда — катынасы £ :-ге тен $ тұракты г2 d- = е (5.17) • • теңдігі орындалады. Эллипстін фокустары координат басына Караганда симметриялы а орналаскандыктан, сол жак фокус г 1 мен х = - теңдеуімен оерілген түзу е тұжырым а перпендикуляр болатын оның центрінен кашыктыкта жаткан х = € а — жэне е а х = — түзулері эллипстің директрисалары деп аталады. е 5.3 Гипербола 5.3.1 Гнперболаныц канондык теңдеуі. З-анықтама. Фокустар деп аталатын берілген екі Ғ, жэне F2 нүктелернен кашыктыктары айырымының абсолют шамасы тұракты 2а-ға, - 73 ал берілген фокустардың арақашыктығы 2с-ға тең болатын және 2 а < 2 с теңсіздігін канағаттандыратын жазыктыктың барлык нүктелерінің жиыны гипербола деп аталады. Гиперболаның канондық теңдеуін қорытып шығару үшін Ғ, және Л нүктелерін Ох өсінде жаткызамыз, ал декарттык координаталар жүйесінің бас нүктесін ҒХҒ2 кесіндісінің ортасына орналастырамыз (17-сурет). Сонда аныктама бойынша фокустардың аракашыктығы ҒХҒ2 = 2с болғандыкган, М Ғ\ және Ғ2 нүктелерінің координаталары сэйкес Mix, у) Қ ( - с,О) түрде Ғх (-с ; 0) жэне Ғ2 (+с; 0) болады. Ал М( х, у ) ізделінді гиперболаның кезкелген нүктесі болсын. Осы нүктенің F, жэне Ғ2 фокустардан кашыктьпстары сэйкес ҒХМ — з| жэне Ғ2М = щ 17-сурет аркылы белгіленеді де, олар М нүктесінің сэйкес сол жақ жэне оц жақ фокальдық радиус-векторлары деп аталады. Сонымен гиперболаның аныктамасы бойынша J i g f 2а _^(5.18) теңдігі орындалады. Бұл теңдік М нүктесінің гиперболада жатуының кажетті жэне жеткілікті шарты болады. Жоғарыда 5.2.1 бөлімінде көрсетілгендей rx = ( jc | с)2 + у 2 жэне г 2 = ( x - с ) 2 + у 2 болатындығын білеміз. Оларды енді (5.18) формулаға коятын болсак, -,(j с + с у + у 2 - , ( х - с ) 2 + у 21 = 2а (5.19) теңдеуін аламыз. Бұл теңдеу біз карастырып отырған координат жүйесіндегі гиперболаның тевдеуі болады. Енді (5.19) тевдеуін карапайым түрге келтіру үшін, алдымен теңдеуді келесі түде жазамыз, сонда (х + с)2 + у 2 = ±2а + ' (* — с)2 + у 2 теңдеуі шығады. Осы теңдеудің екі жағьш квадраттаймыз, сонда х 2 + 2 с х + с 2 + у 2 = 4 а 2 ± 4 а - (д : - с ) 2 + у 2 + х 2 - 2 с х + с 2 + у 2 J w --1— — — —— жағын төртке бөлу аркылы теңдеудің с х - а = ± а ( х - с ) 2 + у теңдеуін шығарамыз. Бұл теқдеудің екі жағын тағы бір рет квадраттап, ұксас В ■ Л I Г V і Г а Т Ж Ш W ' Ш ш г л а м — * _ • ft теңдеуді с х 2 - 2 а 2сх + а 4 = а 2х 2 - 2а 2сх + а 2с 2 + а 2у 2 , (с - а )х - а у 2 = а 2(с2 - а 2). (5.20) Гиперболаның аныктамасынан с > а болғандыктан, с 2 - а 2 > 0 болады, оны Ь2 аркылы белгілейміз, яғни с 2 - а 2 = Ъ2 (5.21) 74 өрнегін аламыз. Осы өрнекті (5.20) тендеуіне кою аркылы келесі теңдеуді аламыз 2 2 2 2 і ф с - a * y * = a 2b . Осы теңдіктің екі жағын а 2Ь2 өрнегіне бөлеміз, сонда х а2 Ь2 = 1 (5.22) тендеуін аламыз. Осы шыккан теңдеу гиперболаның канондық теңдеуі деп аталады. Мұндағы а - гиперболаның накты жарты өсі, ал 6 - оның жорамал жарты өсі деп аталады (18-сурет). 18-сурет 3 -ескерту. Жоғарыда (5.22) теңдеуін кортып шығару барысында алгебралык түрлендірулер кезінде түбірден кұтылу үшін екі рет квадраттау амалын колдандык, сондыктан (5.22) теңдеуінде оны канағаттандырмайтын «бөгде» түбірлер пайда болуы мүмкін. Осындай «бөгде» түбірлердің жоктығына көз жеткізу үшін координаталары (5.22) теңдеуін канағаттандыратын кезкелген М(х, у) нүктесі гиперболада жататынын дәлелдеу керек. Ол үшін (5.22) теңдеуін у аркылы өрнектеп, оны г, = (х + с) + у 2 және r2 = ( x - c f + у 2 теңдеулерінің он жағына коя отырып тексереміз. р. (5.22) теңдеуінен у 2 = — - (х2 - а 2 ) болады, енді Ь2 = с 2 - а 2 болатынын ескерсек, 2 2 2 2 с ~ а / 2 2 ч 2 с 2 2 2 . 2 у - ----- «— (jc - a ) немесе у = ~ , х - х - с + а . а а Соңғы өрнекті п жүктеу/скачать 12,35 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|