1 семестр | 2 семестр | 3 семестр | 4 семестр | Мат. анализ ч1 | Мат. анализ ч2 | Мат. анализ ч3 | Мат. анализ ч4 | Строение атомных ядер | Модели атомных ядер | Ядерные реакции | Термодинамика | Магнитое поле | Оптика | Механика |

Курс лекций по высшей математике начало


Параллельный перенос системы координат
Пусть на плоскости заданы две декартовы прямоугольные системы координат: $ xOy$ ("старая") и $ \tilde xO_1\tilde y$ ("новая"), причем как оси абсцисс, так и оси ординат обеих систем параллельны и одинаково направлены (рис. 12.19)




Рис.12.19.Параллельный перенос системы координат

В этом случае говорят, что одна система координат получается из другой "параллельным переносом".

Пусть начало $ O_1$ "новой" системы координат имеет в "старой" системе координат координаты $ (x_1;y_1)$ , и пусть $ M$  -- некоторая точка плоскости. Обозначим координаты точки $ M$ в "старой" системе координат $ (x_0;y_0)$ , а в "новой" -- $ (\tilde x_0;\tilde y_0)$ . Из рис. 12.19 ясно, что $ {x_0=x_1+\tilde x_0}$ , $ {y_0=y_1+\tilde y_0}$ . Откуда $ {\tilde x_0=x_0-x_1}$ , $ {\tilde y_0=y_0-y_1}$ . Так как точка $ M$ взята произвольно, то индекс 0 в записи ее координат, как "старых", так и "новых", можно убрать. Получаем связь между "старыми" и "новыми" координатами точки при параллельном переносе осей координат:

Математика ТФКП примеры решения задач Вычислить интегралы от функции комплексного переменного:
$\displaystyle \tilde x=x-x_1,\quad\tilde y=y-y_1.$(12.11)

Выясним теперь, как связаны друг с другом уравнения одной и той же кривой в "старых" и "новых" координатах.

        Предложение 12.6   Пусть некоторая кривая задана уравнением $ {F(x,y)=0}$ . Тогда в системе координат $ \tilde xO_1\tilde y$ , полученной параллельным переносом, с началом в точке $ O_1(x_1;y_1)$ уравнение кривой будет иметь вид $ {F(\tilde x+x_1;\tilde y+y_1)=0}$ .     

Однако, для практического использования это предложение удобнее сформулировать немного подругому.

        Предложение 12.7   Пусть некоторая кривая задана уравнением $ {F(x-x_1;y-y_1)=0}$ . Тогда в системе координат $ \tilde xO_1\tilde y$ , полученной параллельным переносом, с началом в точке $ O_1(x_1;y_1)$ уравнение кривой будет иметь вид $ {F(\tilde x;\tilde y)=0}$ .     

Доказательство обоих предложений очевидным образом следует из формул (12.11) связи между старыми и новыми координатами.

        Пример 12.7   Нарисуйте кривую $ {x^2+9y^2-4x+18y+4=0}$ и найдите ее фокусы.

Решение. Выделим полные квадраты по переменным $ x$ и $ y$ (см. пример 12.1):

$\displaystyle (x^2-4x+4)-4+9(y^2+2y+1)-9+4=0.$

Откуда

$\displaystyle (x-2)^2+9(y+1)^2=9.$

Разделим обе части на 9:

$\displaystyle \frac{(x-2)^2}{3^2}+\frac{(y+1)^2}{1^2}=1.$

Введем новую систему координат с началом в точке $ O_1(2;-1)$ , получающуюся из старой параллельным переносом. По предложению 12.7 получим, что кривая задается уравнением

$\displaystyle \frac{\tilde x^2}{3^2}+\frac{\tilde y^2}{1^2}=1,$

а это -- каноническое уравнение эллипса с полуосями 3 и 1. Сделаем рисунок (рис. 12.20).




Рис.12.20.Эллипс, заданный уравнением $ {x^2+9y^2-4x+18y+4=0}$


Из формулы (12.5) $ c=\sqrt{9-1}=2\sqrt2$ . Поэтому фокусы в новой системе координат имеют координаты $ {\tilde x=\pm2\sqrt2}$ , $ {\tilde y=0}$ . Используя формулы (12.11), находим старые координаты фокусов $ {x=2\pm2\sqrt2}$ , $ {y=-1}$ . Таким образом, фокусами являются точки $ F_1(2-2\sqrt2; -1)$ , $ F_2(2+2\sqrt2;-1)$ .         

        Пример 12.8   Постройте параболу

$\displaystyle y=\frac{6x-x^2-13}2,$

найдите ее фокус и директрису.

Решение. Преобразуем уравнение к виду $ 2y+x^2-6x+13=0$ и выделим полный квадрат по переменному $ x$ :

$\displaystyle 2y+(x^2-6x+9)-9+13=0.$

Из этого уравнения получим $ (x-3)^2=-2(y+2)$ . Произведем параллельный перенос осей координат: $ {\tilde x=x-3}$ , $ {\tilde y=y-(-2)}$ , новое начало координат -- $ O_1(3;-2)$ . В новых координатах уравнение параболы примет вид $ {\tilde x^2=-2\tilde y}$ , которое тоже не является каноническим. Но если мы изменим направление оси ординат и переобозначим оси: $ {x'=-\tilde y}$ , $ {y'=\tilde x}$ , то получим уравнение $ {(y')^2=2x'}$ . Это уравнение -- каноническое, $ {2p=2}$ , $ {p=1}$ . Строим оси и параболу (рис. 12.21).




Рис.12.21.Парабола, заданная уравнением $ y=\frac{6x-x^2-13}2$


В системе координат $ x'O_1y'$ фокус имеет координаты $ (0.5;0)$ , а директриса задается уравнением $ {x'=-0.5}$ . В системе координат $ {\tilde xO_1\tilde y}$ координаты фокуса -- $ (0;-0.5)$ , а уравнение директрисы $ {\tilde y=0.5}$ . Наконец, в исходной системе координат $ xOy$ получим фокус $ F(3;-2.5)$ и уравнение директрисы $ {y=-1.5}$ , что и служит ответом к задаче.         

        Пример 12.9   Постройте кривую

$\displaystyle x+1+\sqrt{2-2y^2+4y}=0.$

Решение. Преобразуем уравнение к виду

$\displaystyle -(x+1)=\sqrt{2-2y^2+4y}.$(12.12)

Возведем обе части в квадрат:

$\displaystyle (x+1)^2=2-2y^2+4y.$

При этом появились новые точки, которые удовлетворяют последнему уравнению, но не удовлетворяют уравнению (12.12). Эти посторонние точки мы отбросим потом. Выделим полный квадрат по переменному $ y$ :

$\displaystyle (x+1)^2=2-2(y^2-2y+1)+2,$

то есть

$\displaystyle (x+1)^2+2(y-1)^2=4.$

Обе части разделим на 4 и произведем параллельный перенос системы координат: $ {\tilde x=x-(-1)}$ , $ {\tilde y=y-1}$ . Получим уравнение

$\displaystyle \frac{\tilde x^2}4+\frac{\tilde y^2}2=1,$

которое является каноническим уравнением эллипса с полуосями: 2 и $ \sqrt 2$ . Нарисуем его (рис. 12.22).




Рис.12.22.Эллипс, заданный уравнением $ (x+1)^2+2(y-1)^2=4$


Чтобы отбросить посторонние точки, возникшие при возведении в квадрат, преобразуем уравнение (12.12) к виду

$\displaystyle x=-1-\sqrt{2-2y^2+4y}.$

Из этого уравнения видно, что $ {x\leqslant -1}$ . Поэтому от нарисованного ранее эллипса нужно оставить только левую половину (рис. 12.23).




Рис.12.23.Кривая, заданная уравнением $ x+1+\sqrt{2-2y^2+4y}=0$


Последний рисунок и является ответом к задаче.         


Высшая математика - лекции, курсовые, типовые задания, примеры решения задач Основы математического анализа