cover
title
Предислови
Глава I - Элементы векторной алгебр
Глава II - Координаты точек на плоскост
Глава III - Уравнение геометрического места точек на плоскост
Глава IV - Прямая лини
Глава V - Изучение кривых второго порядка по каноническим уравнения
Глава VI - Преобразование системы координат на плоскост
Глава VII - Общая теория кривых второго порядк
Ответы и указани
Список литератур
Оглавлени
Текст
                    Л. С. АТАНАСЯН
Аналитическая
геометрия

ГЛАВНОЕ УПРАВЛЕНИЕ ВЫСШИХ И СРЕДНИХ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР Московский государственный заочный педагогический институт Л. С. АТАНАСЯН АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ Часть первая АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ НА ПЛОСКОСТИ Издательство «Просвещение» Москва 1967
ПРЕДИСЛОВИЕ Курс аналитической геометрии, читаемый на физико-математических факультетах педагогических институтов, играет весьма важную роль в фор- мировании учителя математики и физики. Этот курс, наряду с курсом мате- матического анализа, вооружает учителя математики аппаратом математи- ческого исследования. Глубокое изучение аналитической геометрии необхо- димо не только для расширения математического кругозора учителя. Знание теоретического материала, умение решать задачи необходимо для сознательно- го усвоения многих других специальных дисциплин, в первую очередь кур- сов математического анализа, физики, особенно механики. Трудно назвать такую специальную дисциплину, изучаемую студентом в пединституте, в ко- торой не использовались бы те или иные положения аналитической геометрии. Настоящий учебник по аналитической геометрии написан в полном со- ответствии с действующей программой курса для студентов физико-матема- тических факультетов по специальности «Математика» и охватывает всю про- грамму. Книга предназначена для студентов как дневных, так и вечерних и заочных отделений. Однако при ее написании в большей степени, чем в дру- гих учебниках, учтены специфические условия, в которых находятся студенты заочных и вечерних отделений. Книга может быть использована также сту- дентами-физиками и лицами, изучающими Аналитическую геометрию само- стоятельно. В настоящей первой части изложена аналитическая геометрия на плос- кости. В этой части семь глав. Первая глава посвящена элементам векторной алгебры. Здесь рассматриваются аффинные операции над векторами — сло- жение, вычитание, умножение на число, вводится понятие координат векто- ров. Во второй главе определяются координаты точек на плоскости и рас- сматриваются простейшие задачи аналитической геометрии в координатах. Третья глава посвящена понятию уравнения геометрического места точек на плоскости. В четвертой главе излагается теория прямой линии на плоскос- ти. В пятой и седьмой главах излагается теория кривых второго порядка, в пятой главе изучаются кривые второго порядка по каноническим уравне- ниям, а в седьмой главе дана общая теория этих кривых. Шестая глава носит вспомогательный характер, там излагается вопрос о преобразовании коор- динат точек на плоскости. Во второй части книги будет изложена аналитическая геометрия в пространстве. При написании этой книги, в отличие от многих учебников по анали- тической геометрии, автор руководствовался следующими принципами. 3
а) Учебник содержит минимальный теоретический материал, необходи- мый для усвоения всей программы. Если отдельные вопросы программы по- зволяют различное толкование, то автор в этих случаях выбирает наиболее «экономное». б) При прохождении курса аналитической геометрии существенное зна- чение имеет приобретение навыков в решении задач. Изучение теоретичес- кого материала должно сопровождаться решением большого количества раз- нообразных задач. Это условие является необходимым для сознательного усвоения курса и успешной сдачи зачетов и экзаменов. Известно, что количество часов, отводимое студентам-заочникам на эк- заменационных сессиях для изучения курса аналитической геометрии и особенно для решения задач, совершенно недостаточно. Студенту-заочнику в межсессионный период необходимо самостоятельно изучить значительную часть теоретического материала и приобрести навыки в решении задач. При этом самостоятельно овладеть теоретической частью курса зачастую бывает легче, чем научиться решать задачи. На первых порах учащиеся испытывают большие трудности при подборе необходимого минимума задач; большие затруднения вызывает и методика их решения. Следует также учесть, что существующие задачники по анали- тической геометрии ([16], [18], [20]1 и др.), написанные для студентов тех- нических вузов и университетов, содержат мало задач, имеющих профес- сиональную направленность и способствующих подготовке учителя матема- тики. Между тем курс аналитической геометрии имеет непосредственное от- ношение к профессиональной подготовке учителя и к его работе в школе. В связи с этим все теоретические вопросы, изложенные в учебнике, ил- люстрированы многочисленными примерами и задачами. Некоторые задачи приведены с подробными решениями. Кроме того, в конце каждого параграфа дано большое число примеров и задач для самостоятельного решения. Всего в первой части свыше 400 таких упражнений. В конце книги даны ответы и краткие указания к задачам. Существенно отметить, что при изучении ана- литической геометрии по данному учебнику студенту-заочнику не потребу- ется привлечение какого-либо задачника. В учебнике отобран минимум за- дач и упражнений, который необходимо решить в межсессионный период. в) В книге обращено большое внимание приложению аналитической гео- метрии к решению задач элементарной геометрии. В ряде случаев отдельные параграфы посвящены этому вопросу. Нам кажется, что этот принцип яв- ляется весьма существенным при написании учебника для студентов педаго- гических институтов. По нашему мнению, эти принципы соответствуют специфике заочного обучения, и учебник будет доступен среднему студенту-заочнику, обучаю- щемуся на первом курсе. При написании учебника использована учебная литература по анали- тической геометрии, список которой помещен на страницах 297—298. Ши- роко использован задачник-практикум автора по аналитической геометрии [21 ]. Многие из задач, помещенные там, вошли в настоящий учебник. 1 1 Здесь и в дальнейв1ем цифры в прямых скобках относятся к списку литературы, помещенному в конце книги.
ГЛАВА 1 ЭЛЕМЕНТЫ ВЕКТОРНОЙ АЛГЕБРЫ § 1. ПОНЯТИЕ ВЕКТОРА; РАВЕНСТВО ВЕКТОРОВ 1. Понятие вектора. В элементарной геометрии, как известно, отрезком АВ называется совокупность всех точек прямой, лежащих между А и В. Точки А и В называются концами отрезка. При этом, очевидно, порядок, в котором берутся концы отрезка, несуществен. Однако при применении геометрии к изучению физики, особенно механики, часто приходится рассматривать направленные отрезки, т. е. отрезки, для которых указаны начальная и ко- нечная точки. Если АВ и ВА геометрически один и тот же от- резок, то, рассматривая их как направленные отрезки, мы должны считать, что они задают различные объекты. Направленный отрезок называется вектором. Итак, вектором называется направленный отрезок, т. е. отрезок, для которого указано, какая из ограничивающих его то- чек считается первой, какая — второй. Первая точка направлен- ного отрезка называется началом вектора, а вторая точка — концом. Направление вектора на чертеже отмечается стрелкой, обращен- ной острием к концу вектора. В тексте вектор записывается двумя заглавными буквами ла- тинского алфавита с общей чертой наверху, при этом первая из них обозначает начало, вторая — конец вектора. Например, АВ Ь Черт. 1 5
А В DC I —I--- К । ............. Г Н Б Черт. 2 CD, EF — векторы, изображенные на чертеже 1, а, при- чем А, С и Е — соответственно начала, а В, D nF — концы данных векторов. В некоторых случаях вектор обозначается также одной строчной буквой жирного шрифта, например, а, Ь, с,... (черт. 1, б). 2. Нуль-вектор. При определении вектора мы предполагали, что начало вектора не совпадает с его концом. Однако в целях общно- сти будем рассматривать , и такие «векторы», у которых начало совпадает с концом. Они называются нулевыми векторами или нуль-векторами и обозначаются символом 0. На чертеже нуль-вектор изображается одной точкой. Например, на чертеже 1,а нуль вектором будет точка К. Этот вектор может быть обозна- чен также через КК- 3. Коллинеарные векторы. Два вектора АВ и CD называют- ся коллинеарными, если они лежат на одной и той же прямой или на параллельных прямых. Нуль-вектор считается коллинеарным любому вектору. На чертеже 2 векторы АВ, CD, EF, GH попарно коллинеарны. На чертеже 4 векторы NP и АС коллинеарны, а АВ и ВС не коллинеарны. Если ненулевые векторы АВ и CD коллинеарны, то они могут иметь одно и то же направление или противоположные направле- ния. В первом случае их называют сонаправленными, во втором случае — противоположно направлен- ными. На чертеже 2 векторы АВ и EF сонаправлены, а АВ и CD или АВ и GH — противоположно направлены. 4. Модуль вектора. Для дальнейшего изложения необходимо ввести понятие длины или модуля вектора. Длиной или модулем вектора называется длина от- резка, изображающего данный вектор. Длина вектора АВ обозна- чается символом | АВ | или просто АВ (без черты наверху!). Если вектор обозначен одной буквой, например в, то его длина обозна- чается так: |а|. Очевидно, длина нулевого вектора равна нулю. Обратно, если |а|= 0, то а — нуль-вектор. Вектор называется еди- ничным, если его модуль равен единице. 5. Равенство векторов. В элементарной геометрии два отрезка называются равными, если у них длины равны. Однако это опреде- ление нецелесообразно распространять на направленные отрезки, так как В этом случае естественно также учитывать и направления отрезков. Например, если векторами изображаются силы в меха- нике, то, очевидно, равными силами следует называть не те силы, у которых только величины равны, а те, у которых как величины, так и направления совпадают. В самом деле, эффект силы зависит 6
не только от величины, но и от направления. Введем следующее В Е С Черт. 3 определение. Два вектора д и Ь называются равными, если выполнены следующие условия'. а) модули векторов а и Ь равны', б) векторы а и b коллинеарны и сонаправлены. Все нулевые векторы считаются равными друг другу. Важно отметить, что если хотя бы одно из этих условий не вы- полнено, то векторы не равны. На чертеже 3 изображен квадрат ABCD. Вектор АВ равен вектору ОС, так как выполнены все условия равенства. Вектор ВС не равен вектору DA. В самом деле, для этих векторов выполнено условие а), но непол- ностью выполнено условие б), так как они имеют противоположные направления. Для векторов BE и AD (Е — середина стороны ВС) выполнено условие б), но не вы- полнено условие а), поэтому BE не равен век- тору AD. Вектор А В не равен вектору DA, так как для них выполнено первое условие, но не выполнено второе. Равенство векторов обозначается так же, как и равенство чисел. Например, предложение «вектор а равен вектору &» символически можно записать так: а — Ь. Аналогично, предложение «вектор АВ не равен вектору СО» можно записать так: АВ=£ CD. Пример 1 . Пусть АВС — произвольный треугольник, а М, N и Р — соответственно середины сторон АС, АВ и ВС (черт. 4). Указать, какие из следующих пар векторов равны и какие только коллинеарны: a) AN и МР', б) NP и СА; в) ВМ и PC; г) PC и ВС- д) NB и МР. ___ _________________ Решение, а) Вектор AN равен вектору МР, так как они удовлетворяют всем условиям равенства. В самом деле, AN = МР в силу того, что МР — средняя линия треугольника АВС. Век- торы AN и МР коллинеарны благода- ря тому, что средняя линия МР тре- угольника АВС параллельна сторо- не АВ. Из чертежа 4 видно, что рассматриваемые векторы сонаправ- лены. б) Векторы NP и СА коллинеарны, так как NP — средняя линия треуголь- ника АВС. Но NP^= СА хотя бы по- тому, что NP^= СА. Таким образом, условие а) равенства векторов не вы- В Черт. 4 7
полняется. Из чертежа 4 видно, что второе условие также не выпол- няется полностью. в) Векторы ВМ и PC не коллинеарны, так как прямые ВМ и PC пересекаются в точке В. Отсюда следует, что ВМ=£ PC (не выпол- няется условие б). г) Легко убедиться в том, что векторы PC и ВС коллинеарны, но не равны. д) Вектор NB равен вектору МР, так как выполнены все усло- вия равенства векторов. DC. Легко видеть, что имеют О) =”AB,’D^C1 = АВ, DC = Пример 2. В прост- ранстве дан параллелепипед ABCD AiBiCiDt (черт. 5). Указать все векторы, построен- ные на ребрах данного парал- лелепипеда и равные вектору АВ. Решение. Из определе- ния равенства векторов следует, что равные векторы лежат на одной и той же прямой или на параллельных прямых. Таким образом, векторы, равные АВ, могут лежать только на следую- щих ребрах: АВ, AiBi, DiCi, место следующие равенства: АВ, АВ — АВ. Все другие век- торы, построенные на ребрах данного параллелепипеда, не равны вектору АВ. В частности, АВ, CiDi А АВ и т. д.___________ __ Пример 3. На чертеже 6 изображены три вектора О А, ОВ и ОС, имеющие начало в центре О окружности, а концы располо- женными на этой окружности. Равны ли попарно эти векторы? Решение. Очевидно, векторы ОА, ОВ и ОС попарно не равны, так как прямые, на которых они расположе- ны, попарно пересекаются в точке О. Однако об этих векторах можно ска- зать, что их длины (или модули) рав- ны. Таким образом, ОЛ=А ОВ, но | О А | = | ОВ \ . Точно так же, ОАУ= ОС и ОВ^ОС, но |ОА| = 1 ОВ | = 1 ОС’/. Имеется много общих свойств меж- ду понятиями равенства чисел и ра- венства векторов. В частности, спра- Черт. 6 ведливо следующее предложение. а
Теорема [1.1 J1. Понятие равенства векторов удовлетворяет следующим условиям: а) каждый вектор равен самому себе (условие рефлек- сивности); б) если вектор а равен вектору Ь, то вектор b равен вектору а (условие симметричности); в) если вектор а равен вектору b,ab равен вектору с, то а равен с (условие транзитивности). Доказательство этой теоремы предоставляем читателю. В заключение отметим, что понятие сонаправленности, которое фигурирует в определении равенства векторов, носит наглядный, интуитивный характер. Можно дать другое определение равенства векторов, не пользуясь понятием сонаправленности. Второе опре- деление более строгое, но значительно менее наглядное: два вектора АВ и CD называются равными, если середины отрезков AD и ВС совпадают. Это определение пригодно также и в тех слу- чаях, когда векторы АВ и CD лежат на одной прямой, или когда они нулевые. Мы советуем читателю при доказательстве теоремы [1.1] воспользоваться этим определением. С алгебраической точки зрения удобнее считать, что все векторы, равные одному и тому же вектору, определяют один алгебраический объект — свободный вектор. Таким образом, свободный вектор а есть совокупность всех векторов, равных данному гео- метрическому вектору АВ. В дальнейшем, если нет специальных оговорок, все рассматриваемые векторы по существу будем счи- тать свободными. Вопросы и задачи 1. Если векторы а и & коллинеарны, то следует ли отсюда, что они сонаправлены? Если векторы а и Ь сонаправлены, то следует ли отсюда, что они коллинеарны? 2. В чем разница между вектором и отрезком? 3. Могут ли у двух равных векторов начала совпадать, а концы нет? 4. Следует ли из соотношения АВ = CD равенство АВ = CD? 5. Следует ли из соотношения АВ = CD равенство АВ = CD? 6. Равны ли векторы ACi и BDlt изображенные на чертеже 5? Объясните результат. 7. Начертите на бумаге вектор АВ и возьмите точку О вне пря- мой АВ. Пользуясь циркулем и линейкой, постройте вектор а: а) равный вектору АВ с началом в точке О; б) равный вектору АВ с концом в точке О. 1 Здесь запись [1.1] означает, что данная теорема является первой тео- ремой первого параграфа. В дальнейшем теоремы будем нумеровать анало- гичным образом. 9
8. Могут ли два вектора, лежащие на взаимно перпендикуляр- ных прямых, быть: а) коллинеарными? б) равными? 9. Справедливо ли предложение: если АВ коллинеарен CD, то АВ коллинеарен DC и ВА коллинеарен CD? 10. Может ли нуль-вектор быть равен какому-нибудь ненулево- му вектору? 11. Начертите параллелограмм ABCD и обозначьте через О точку пересечения диагоналей. Укажите, какие из следующих пар векторов равны, а какие коллинеарны, но не равны: а) АВ и CD; б) АВ~н DC7, в) ВСи СВ7, г) АОи ВС7 д) ОГи СО? 12. Будут ли выполнены свойства рефлексивности, транзитив- ности и симметричности для понятия равенства векторов, если оно введено так: а) Векторы а и b называются «равными», если |а| = |&|. . б) Векторы а и Ь называются «равными», если |а| = |&| и они образуют угол <р = 120°. в) Векторы а и Ь называются «равными», если |а| = |&| и они либо коллинеарны, либо перпендикулярны. г) Векторы а и & называются «равными», если |а] = 2|д| . д) Векторы а и b называются «равными», если |а| = |&| и они либо коллинеарны, либо образуют угол 30°. § 2. СЛОЖЕНИЕ И ВЫЧИТАНИЕ ВЕКТОРОВ 1. Перенос вектора в данную точку. Пусть даны вектор а = EF и произвольная точка А пространства. Построим вектор а', рав- ный вектору а так, чтобы начало этого вектора совпало с точкой А. Для этой цели достаточно провести через точку А прямую I, парал- лельную прямой EF, и отложить на этой прямой от точки А отрезок АВ так, чтобы АВ = EF. При этом точку В на прямой I следует выбрать так, чтобы векторы EF и АВ были сонаправлены. Очевид- но, АВ есть искомый вектор а'1. Легко видеть, что, каков бы ни был данный вектор а и какова бы ни была точка А, существует один и только один вектор а',’равный вектору а с началом в точке А. Мы будем говорить, что вектор а' получен из а путем переноса в точку А или путем отложения от точки А. Нетрудно убедиться в справедливости следующих предложений: а) Если несколько равных векторов отложить от одной и той же точки, то их концы совпадут (черт. 7, а). б) Если несколько попарно коллинеарных векторов перенести в одну и ту же точку О, то их концы будут лежать на одной прямой, проходящей через точку О и параллельной данным векторам2 (черт. 7, б). 1 См. задачу 7. . 2 Это свойство объясняет термин «коллинеарность», что означает «соли- нейность», т. е. принадлежность одной и той же прямой. 10
в) Если два неколлинеар- . ных вектора перенести в точ- С, ку О, то их концы вместе с точкой О не будут лежать на а одной прямой (черт. 7, в}. „ ® д 2. Сумма двух векторов. b Теперь мы введем операцию Черт. 7 в сложения двух векторов, играющую важную роль в векторной алгебре. Суммой двух произвольных векторов а иЬ называется третий вектор р, который получается следующим образом. От произволь- ной точки О откладывается вектор а, от его конца А откладыва- ется вектор Ь, получившийся в результате этого построения вектор ОВ, имеющий начало в начале вектора а, а конец — в конце вектора Ь, и есть вектор р (черт. 8). Сумму двух векторов а и Ь будем записывать так: а + b — р. Правило для получения суммы, описанное выше, называется правилом треугольника. Это название объясняется Черт. 8 11
тем, что при построении суммы двух векторов приходится строить треугольник (см. черт. 8, а). Векторы а и b называются слагаемыми. Отметим, что указанный нами способ позволяет построить сумму любых двух векторов. На чертеже 8 изображено построение сум- мы для двух неколлинеарных векторов, а на чертеже 9 для колли- неарных векторов. На чертеже 9, а построена сумма сонаправлен- р=ОВ р = ОБ В О А р^ОВ р--ов--о Черт. 9 ных векторов, на чертеже 9, б— противоположно направленных векторов, а на чертеже 9, в — сумма векторов, из которых один нулевой. Интересно также рассмотреть случай, когда слагаемые векторы о и & по модулю равны, но противоположно направлены (черт. 9, г). В этом случае, очевидно, сумма векторов а и b равна нуль-вектору. Докажем, что сумма двух векторов не зависит от выбора исход- ной точки О. В самом деле, если за исходную точку построения взять другую точку О', то, как видно из чертежа 8, построение по указанному выше правилу дает вектор р', равный вектору р. В са- мом деле, у треугольников О АВ и О'А'В' как стороны ОА, О'А', так и стороны АВ и А'В' соответственно параллельны и равны. 12
Отсюда следует, что стороны ОВ и О'В’ параллельны и равны. Кроме того, векторы ОВ и О'В' сонаправлены, поэтому ОВ = О'В’, т. е. р— р'. Мы рассмотрели случай, когда векторы а и b не колли- неарны. Читатель без труда распространит эти рассуждения на слу- чай коллинеарных векторов а и Ь. Легко видеть также, что если а = а' и b = &', то а + I) = а'+ + Ь'. В самом деле, пусть О — произвольная точка плоскости. Перенесем вектор а в точку О и обозначим его конец через А; за- тем перенесем вектор Ь в точку А и его конец обозначим через В. Тогда, очевидно, а + Ь = ОВ. Если, пользуясь той же точкой О, построим сумму а'+ Ь', то из равенств а = а' и Ъ = Ъ' следует, что мы придем к тому же вектору ОВ (черт. 8, б). Таким образом, л b = и' Ь'. Из этих рассуждений следует, что понятие суммы двух векторов по существу вводится для свободных векторов. Из правила треугольника для сложения двух векторов выте- кает простое и очень полезное для решения задач правило: каковы бы ни были три точки А, В и С, имеет место соотношение: АВ-\- + ВС = АС (черт. 4). При этом мы не исключаем из рассмотрения случаи, когда две из данных точек или даже все три совпадают. Если слагаемые векторы не коллинеарны, то для получения их суммы можно пользоваться и другим способом (правило па- раллелограмма). Этот способ чаще всего применяется в фи- зике для сложения скоростей и сил. Перенесем данные неколлинеар- ные векторы а и & в одну и ту же точку О пространства и обозначим концы полученных векторов соответственно че- 4 ~ рез А и В (черт. 10). Постро- J________ им на отрезках ОА и ОВ па- ' г раллелограмм и обозначим ------_ / через С четвертую его верши- 0 в ну. Тогда ОС = р. В самом ОС-р деле, из правила треугольни- ка следует, что ОС = О А + Черт. 10 -|- АС =~ОА+ОВ~ = а + Ь. Итак, правило параллелограмма гласит: если слагаемые век- торы приведены к общему началу, то вектор-сумма, выходя- щий из того же начала, изображается диагональю параллелограмма, построенного на слагаемых векторах. 3. Основные свойства сложения векторов. Теорема [2.1]. Понятие суммы векторов удовлетворяет следующим условиям: а) для любых трех векторов а, Ь и с имеет место соотношение {а’ + Ъ) + с = а + (& + с) (ассоциативный закон); 13
б) для любых двух векторов а и b имеет место соотношение а + 4- Ь = Ь + а, т. е. сумма двух векторов не зависит от порядка слагаемых (коммутативный закон); в) для любого вектора а: а-\- 0 = а; г) для каждого вектора а существует противоположный вектор а', т. е. вектор, удовлетворяющий условию-, а + а' = 0. Все век- торы, противоположные данному, равны между собой. Доказательство, а) Пусть О — начало, а А — конец вектора а. Перенесем вектор b в точку Л и от его конца В отложим вектор с, конец которого обозначим через С (черт. И). Из нашего построения сле- Ь С дует, что ОЛ = а, АВ = Ь, ВС = с. (1) Из правила треугольника имеем: ОС = ОВ ВС иОВ = ОА АВ, поэтому ОС = =(ОЛ-|-ЛВ)-|-ВС. Подставив сюдазначения слагаемых из(1), ______________________________ получаем: ОС = (а &) 4~ с- __С другой_стороны, ОС—ОА-^-АС и АС = АВ ч- ВС, поэтому ОС = ОЛ+(ЛВ4- ВС). Подставив сюда значения слагаемых из (1), получаем: ОС = а-\- (&4~ с)- Мы пришли к выводу, что векторы а 4- (& + с) и (а 4- &) 4- с равны одному и тому же вектору ОС, поэтому они равны между собой. » б) Если слагаемые векторы не коллинеарны, то это свойство непосредственно следует из правила параллелограмма сложения двух векторов. В самом деле, когда мы складываем векторы, поль- зуясь правилом параллелограмма, мы не учитываем порядок, в ко- тором берутся слагаемые. Независимо от того, какой из векторов а или b считать первым, мы строим параллелограмм (черт. 10) и диагональ ОС этого параллелограмма дает нам сумму а + Ъ, или b 4“ Если векторы а и & коллинеарны, то это правило неприменимо, поэтому для данного случая мы предлагаем следующее, на первый взгляд формальное, но достаточно строгое доказательство. Пусть один из векторов-слагаемых, скажем Ь, ненулевой. Построим па- раллелограмм ABCD так, чтобы его диагональ изображалась век- тором & (черт. 12). Пусть АВ = с, AD=d. Теперь, применяя дока- занное уже свойство а), а также свойство б) для неколлинеарных векторов, получаем: а 4- b = а 4- (с -\-d) = (а-\-с) -\-d = (с 4- а) -\-d =d 4- (с 4- а) = = (стй!)4в=* &т8; итак, а-\-Ъ = Ъ-\-а. 14
Предлагаем читателю внимательно разобраться, откуда сле- дует каждое из записанных тут равенств. в) Это свойство непосредственно следует из правила треуголь- ника сложения векторов. г) Пусть а = О А — данный вектор. Из правила треугольника следует, что О А + АО = 00 —0. Отсюда вытекает, что АО есть вектор, противоположный вектору а. Все векторы, противополож- ные вектору а = О А, равны вектору АО, так как если каждый из них перенести в точку А, то концы их должны совпадать с точкой О, в силу того что а 4- а’ = 0. Теорема доказана полностью. Вектор, противоположный данному вектору а, обозна- g чается через —а1 * *. Из предыду- щего доказательства следует, l что если а =Н= 0, то вектор, про- | О т & V г тивоположный вектору а, имеет тот же модуль, что и а, колли- d ч'Чч/-'х — неарен с а, но имеет противопо- g 4CsD ложное направление. Если же а = 0, то — а = 0. Кроме то- Черт- 12 го, — (—а) = а. Рассмотрим примеры построения сумм векторов. Пример 1. Пусть ABCD — квадрат, а Е — середина стороны ВС (черт. 3). Найти суммы: а) АВ-\-ЕС; б) АВ-\-РА', в) ЛС-f- 4-РЛ; г) ЁР-\-СВ', д) AB+CD. _ _ Решение: а) Так как Е — середина отрезка ВС, то ВЕ=ЕС> поэтому ДВ-|-ЕС = АВ-\- BE =АЕ. б) ДВ4-РД = РА -\-~AB =РВ. в) AC + DA = DA + AC = РС. _ _ _ г) Так как СВ = РА, то ЕР -|-СВ = ЕР -|- РА = ЕА. д) Так как СР= В А, то АВ 4- СР = АВ 4~ ВА = 0. Отсюда следует, что АВ и СР —- противоположные векторы. 4. Сложение нескольких векторов. Суммой трех векторов а, Ъ и с мы будем считать вектор р =(а + Ь) + с. На основании ассоциа- тивного закона (теорема [2.1 ]) сложения векторов р = а + 4- (Ъ 4- с). Поэтому при записи суммы трех векторов мы можем опускать скобки и записать ее в виде а 4* Ь 4- с, не указывая при этом, считаем ли мы а 4- b 4- с = (а 4* Ь) 4- с или а+ b-j-c = = а+ (Ь 4- с). Больше того, из теоремы [2. 1 ] следует, что сумма трех векторов не зависит от порядка слагаемых. В самом деле, до- 1 Ниже будет показано, что на вектор — а нельзя смотреть как на «от- рицательный» вектор. Вообще, понятия положительных и отрицательных чи- сел не распространяются на векторы. Символ — а просто означает, что —а есть вектор, противоположный вектору а. 15
кажем, например, что а+& + с= &+ с + а. а + &+ с = а+ + (& + <?) = (р + с)+ а = Ь + с +а. Здесь мы применили ком- мутативный закон для слагаемых я и (& + с). Пользуясь доказательством теоремы [2. 1 ], можно указать сле- дующий способ построения суммы трех векторов а, Ь я с. Пусть О — начало вектора а. Перенесем вектор Ь в конечную точ- ку вектора а, а вектор с— в конечную точку вектора Ъ. Если С — конечная точка вектора с, то а + Ъ + с = ОС (черт. 13). Точно так же можно определить сумму четырех и более векто- ров. Например, суммой четы- С рех векторов а, Ь, с и d на- 'Чр зывается вектор р= (а 4-ST- 'S -|- с) + d. По аналогии с / предыдущим можно доказать, D что сумма четырех и более векторов также не зависит от порядка слагаемых. Обоб- щая правило, данное для построения суммы трех век- торов, можно указать сле- дующее общее правило сло- Чтобы построить сумму векторов ait а2, .... ап> необходимо вектор а 2 перенести в конечную точку век- тора ai, затем вектор а3 перенести в конечную точку вектора а2 и т. д. Суммой данных векторов будет вектор, начало которого сов- падает с началом а^, а конец — с концом ап. Сумма векторов яр а2, ап обозначается через + я3+... + +ап. На чертеже 14 дано построение суммы векторов ах, а2, а3, at и я5: ОА5 = щ + а2 + а3+ я4+ я5. Указанное выше правило построения суммы нескольких векторов называется правилом О а 0С=а+Ь+с Черт. 13 жения нескольких многоугольника. Пример 2. Пусть ABCD — прямоугольник, а Ей F— соот- ветственно середины сторон АВ и AD. Построить на чертеже следующие суммы: a) AB^-AD-\-CD; б) АВ-\- FD-\- AF; в) AB + BC+AF + DA. Решение, а) Из правила АВ АР = АС, поэтому АВ+ +JTD+CD = (АВ 4-ЛП) + + CD = AC4-CD_= ALF б) Так как FD-\-AF = о = AF4-FD=AD, то ЛВ + + + = АВ + AD = =АС_ _ _ __ в) ЛВ-j- ВС+ ЛЕ 4- DA_= —АВ + ЛЕ--1 BC-\DA = ЛВ+ 16 Черт. 14
+ AF, так как ВС 4- РА = 0. Таким образом, рассматриваемая сумма есть вектор ЛК, где К— середина стороны ВС. 5. Вычитание векторов. Вычитание вводится как операция, об- ратная сложению. Разностью векторов aub называется такой век- тор q, что q + Ь =а. Разность векторов а и b обозначается так: а — Ь. Таким образом, выражение q= а — b означает, что q + + b = а. Вектор а называется уменьшаемым, а вектор Ь —• вычитаемым. Для обос- нования понятия разности существенно доказать следую- jf /X щее предложение. / / X Теорема [2.2]. Fa- '---------------в ковы бы ни были векторы а & и Ь, всегда существует и единственным образом опре- Черт. 15 деляется разность а — Ь1. Доказательство. Возьмем произвольную точку О и перенесем векторы а и b в эту точку. Если ОА = а и OB = b (см. черт. 15), то вектор ВА есть искомая разность, так как ОВ + В А = = ОА или & + ВА = а. Наше построение выполнимо при любых векторах а и О, поэтому, разность а — Ь всегда существует. Теперь докажем, что разность определяется единственным об- разом. Пусть b-\-q = a и b-^q' = а. К обеим частям этих ра- венств прибавим вектор — b: b q -|- (— Ь) = а— &); & -р + (—&)=« + (—&); q = а+ (—&); =« + (—&), поэтому q = q'. Теорема доказана. Следствие, а) Для построения разности двух векторов необходимо эти векторы перенести в некоторую точку пространства. Тогда вектор, идущий от конца вычитаемого к концу уменьшаемо- го векторов, есть искомый вектор (черт. 15). б) Для двух любых векторов а и Ь имеем: а — Ь= а + (—&), т. е. разность двух векторов равна сумме уменьшаемого вектора и вектора, противоположно- го вычитаемому. F - Пример 3. Пусть 5------------------------* .St ABCD — параллелограмм, F / X. I и Н — середины сторон ВС / I и AD, а О — точка Пересе- £ / + G чения диагоналей (черт. 16). Т / Построить на чертеже векто- / N. / ры а) АВ — АР\ б) АВ— ;_______X>Jд — СВ; в) Л77— ВЁ; г) ВС— А Н — FC; Д) ОА — ОС. Черт. 16 1 Под «единственностью» разности мы понимаем следующее: если q = а — b и q' = а — Ь, то q = q'. 17
Решение, а) АВ — AD = DB. Это непосредственно следует из правила вычитания векторов. _ _ б) СВ = ЛВ + (—СВ)=ЛВ4-ВС = ЛС. в) АН — BF= 0, так как АН = BF. _ _ г) ВС — FC = BC-\-(— FC)=BC-\-CF = BF. д) ОА — ОС = СА. 6. Модули сумм и разностей векторов. Следует предостеречь чита- теля от распространенной ошибки. Нередко начинающий изучать векторную алгебру считает, что при сложении векторов их модули складываются. На самом же деле модуль суммы двух векторов, во- обще говоря, не ра- вен сумме модулей слагаемых. Имеет место следующая теорема: Теорема [2. 3 ]. Для произвольных век- торов а и Ь: б) о---------------------- * а А в) 0----------1-............-4 в Черт. 17 |а+&|<|а| + |й|. Знак равенства имеет место только в случае, если данные векторы сонаправлены или если хотя бы один из них __ равен нулю. Доказательство. Пусть ОА = а и ЛВ= Ь (черт. 17, а), тогда ОВ = а + Ъ. Сначала докажем теорему для случая, когда векторы в и & не коллинеарны. В силу неколлинеарности векторов а и & точки О, Л и В не лежат на одной прямой, поэтому ОА +АВ > > ОВ («сумма двух сторон треугольника больше третьей стороны»). Таким образом, |а| + |&| > |а + Ь\. 1сли хотя бы один из векторов а или & равен 0, то, очевидно, | а 4- b | = | а | -1-1Ь |. В самом деле, если, например, Ь—0, то \а - - Ь | = | а 01 = | а | -|-101 = | а\ -j-1&|. Остается рассмотреть случай, когда векторы а и & не нуле- вые, но коллинеарные. Если а и Ь сонаправлены, то точка О не будет лежать между А и В (черт. 17, б), поэтому |а| + |&| = = |а4-&|. Если а и b имеют противоположные направления, то точки О и В будут лежать по одну и ту же сторону от точки А (черт. 17, в), поэтому ОВ < ОААВ, т. е. )а-|-&|< |<z|+ | Таким образом, приходим к выводу: а) если векторы а и Ь не коллинеарны или коллинеарны, но имеют противоположные направления, то 18
б) если векторы а и & сонаправлены или хотя бы один из них-- нулевой вектор, то | а + = |a| +1 &|- Аналогично может быть доказана теорема: Теорема [2.4]. Для произвольных векторов а и Ъ: |а —&| < |аI + | Ъ|. Знак равенства имеет место только в случае, если данные век- торы противоположно направлены или если хотя бы один из век- торов равен нулю. Предоставляем читателю самостоятельно (по аналогии с пре- дыдущим) провести доказательство этой теоремы. Вопросы и упражнения 13. Какому условию должны удовлетворять векторы для того, чтобы их концы лежали на окружности, если они перенесены в од- ну и ту же точку? 14. Применимо ли правило треугольника для случая, когда один из векторов нулевой? 15. На бумаге начертите несколько векторов и постройте их сумму по правилу многоугольника. Практически убедитесь в том, что сумма не зависит от порядка слагаемых. 16. Верно ли соотношение АВ — СВ = АС при произвольном расположении точек А, В и С. 17. Что называется вектором, противоположным данному? До- кажите, что если а — вектор, противоположный вектору Ь, то b — вектор, противоположный вектору а. 18. Пользуясь теоремой [2.1], докажите, что a-j- Ь-]-с = С и —I- Ъ — и —с —|— &. 19. Докажите, что а + Ь + с d = а с + d + Ь. 20. Доказать, что а) а — Ь——(& — а); б) —= — а-\- -|- (— &); в) а — (& + с) = а-Ь-— с. 21. Может ли модуль разности двух векторов быть больше как модуля вычитаемого, так и модуля уменьшаемого векторов? 22. Пусть ABCD — параллелограмм, О — точка пересечения диагоналей, а Е и F — соответственно середины параллельных сто- рон ВС и AD. Построить на чертеже следующие векторы: а) АВ-\-РС; б) AE±DF;_b) АО — АВ± г) ОС + CD + ОВ; д) ED-\-FA-\-FO-, е) АВ^-ВЕ — OE-\-CD. 23. Если а и Ь — данные векторы, то при каких условиях век- торы а + Ь и а — b коллинеарны? 24. Изображая векторы а + b н а — Ь с помощью диагоналей параллелограмма, найти условия, при которых | а -|- Ь | = | а — &|. 19
d Черт. 18 25. Написать векторные равенства, связывающие векторы, изображенные на чертежах 18, а, б, в. 26. Пусть ABCDEF— правильный шестиугольник,______О — его центр. Зная ОА = а и ОВ — Ь, выразить ОС, OD, ОЕ, OF, АВ, ВС, ED, ЕС, С A, DA через векторы а и Ь. § 3. УМНОЖЕНИЕ ВЕКТОРА НА ЧИСЛО; ДЕЛЕНИЕ КОЛЛИНЕАРНЫХ ВЕКТОРОВ 1. Умножение вектора на число. Произведением ненулевого век- тора а на действительное число а 0 называется вектор р, удов- летворяющий следующим условиям: а) \Р\ = 1а1 1а1> г^е — модуль числа а; б) вектор р коллинеарен с вектором а, в) если 0, то р и а сонаправлены, если же а< 0, то р и а противоположно направлены. Произведение нулевого вектора на произвольное число или про- извольного вектора на число 0 равно нуль-вектору. Произведение вектора а на число а условимся обозначать так: а а или а а. Легко видеть, что, каковы бы ни были а и а, их произ- ведение есть вполне определенный вектор. Прежде чем перейти к изучению свойств введенной операции, рассмотрим примеры пост- роения произведения векторов на числа. Пример 1. На чертеже дан ненулевой вектор а. Построить векторы р1 = 2а, р2 = 3а, р3= — 2а, р4 = ]/2а, р-а = а, рв = --0,75-а, р7 =0 • а. Решение. Так как все векторы, которые следует построить, коллинеарны вектору а — EF, то для их построения проведем прямую I, параллельную а, и на этой прямой возьмем произволь- ную точку О, от которой и будем откладывать искомые векторы (черт. 19). Построим вектор р^ Для этой цели заметим, что |pt| = = [2| |а| = 2 |а|, т. е. длина вектора pi в два раза больше длины 20
вектора а. С другой стороны, так как 2 > 0, то р4 и а сонаправле- ны. Возьмем на прямой I точку А ( так, чтобы ОА j = 2EF и A i ле- жала от точки О в направлении вектора а. Очевидно, рх = ОА t. Аналогично построим вектор р2 = За = ОА2. Для построения вектора р3 возьмем на I точку А3 так, чтобы ОА3 = 2 ЕЕ и А3 лежала отточки О в напра- влении, противоположном Е CL F ]4 s направлению вектора а. 1 i \ Аналогично можно по- * 1---»* строить остальные векторы: Р^ ОА4,рь= ОА,, рь = -=ОА6, = ОА7. Для отыскания точки А4 дос- Aj А6А7А5 Ац а, а7 Черт. 19 таточно построить равно- бедренный прямоугольный треугольник с катетом, равным |а|. ХГипотенуза .этого треуголь- ника, очевидно, равна ]/2 • | а | (черт.49). Так как р7 = 0, то А7 совпадает с точкой О. Пример 2. По данным векторам а и b построить вектор -а-2&. 2 Решение. Сначала построим векторы — а и 2&, а потом найдем их разность. При этом целесообразно векторы строить так, что- бы они были приложены к одной и той же точке. На чертеже 20 ------------------------- 3 выполнено построение PQ —— а —2Ь. Докажем следующее вспомогательное предложение, необхо- димое для дальнейшего изложения. Лемма [3.1]. Для того чтобы вектор а был коллинеарен не- нулевому вектору Ь, необходимо и достаточно, чтобы существовало число а, удовлетворяющее условию а = а&. Доказательство. Пусть а коллинеарен ненулевому вектору Ъ. Возможны следующие три случая: 1) вектор а сонаправ- лен с вектором Ь; 2) а противоположно направлен с вектором &; 3) а — нулевой вектор. Покажем, что в каждом из этих случаев существует число а, удовлетворяющее условию а = ab. В самом деле, в nep- la I . вом случае а= о, т. е. а= -уЬ . Во втором случае lal »_ а = — -у|- о, поэтому 21
а=— . В третьем случае а = О-&иа=О. Необходимость дока- зана. Достаточность условия непосредственно следует из определе- ния произведения вектора на число. 2. Основные свойства произведения вектора на число. В сле- дующей теореме сформулированы основные свойства произведения вектора на число. Т е о р е м а [3.2 ]. Для произвольных чисел а, 0 и векторов а, b имеют место следующие свойства-. а) \-а—а\ (—1)а =— а, где —а вектор, противоположный»; б) а (0а) = (а₽) а; в) (а р) а = аа Ра; г) а (а -|- Ь) = аа -f- ab. Свойство а) непосредственно следует из данного выше опреде- ления, поэтому рассмотрим свойства б), в) иг). Если хотя бы одно из чисел а, 0 равно нулю или хотя бы один из векторов а, Ь равен нулю, то справедливость этих свойств очевидна, поэтому дока- зательство проведем для случая, когда а=/= 0, 0#= 0, а=^0, &#= 0. Доказательство свойства б). Пусть а (0а) — Pi и (а0) а = р2 Докажем, что pi — р2. Для этого необходимо убедиться в том, что векторы рг и р2 имеют равные модули, коллинеарны и сонаправлены. Вычислим модули этих векторов |Pi| = |а| |0а| = | а| (|0| |а|) = |а| |0| [а|, |р2| = 1а₽11а1 =(|а1 101) И = = |а| |0 ||а|. Таким образом, |pj = |р2|. Векторы pi и р2 по опре- делению коллинеарны вектору а, поэтому они коллинеарны меж- ду собой. Остается доказать, что pL и р2 сонаправлены. Возможны четыре случая: 1) а > 0, 0 > 0; 2) а > 0, 0 < 0; 3) а < 0, 0 > 0; 4) а < 0, 0 < 0. Рассмотрим каждый из этих случаев в отдельности. 1) а > 0, 0 >0. В этом случае а сонаправлен с 0а и 0а сонап- равлен с р( = а(0а). С другой стороны, а0 > 0, поэтому а сонап- равлен с р2 = (а0) а. Таким образом оба вектора Pi и р2 со- направлены с а, поэтому сонаправлены между собой и поэтому Р1 =Р2 2) а > 0, 0 < 0. В этом случае вектор 0а имеет направление, противоположное направлению вектора а, но р! = а(0а) сонап- равлен с 0а (так как а > 0), поэтому Pi и а имеют противопо- ложные направления. С другой стороны, так как а0 < 0, то р2 и а имеют противоположные направления, поэтому Pi и р2 с о нап- равлены. Ив этом случае Pi — р2. Случаи 3) и 4) предлагаем читателю разобрать самостоятель- но и убедиться в том, что в каждом из этих случаев pi и р2 сонап- равлены, поэтому pi = р2. 22
Доказательство свойства в). Пусть Pi = (а 4* + ₽) a, Pz = а а + р а. Возможны следующие случаи: 1) а>0, р>0 или а<0, р<0; 2) а>0, Р <0, а4-₽>0 или а<0, Р > 0, а-|~Р>0; 3) а>0, Р < 0, а —< 0 или а<0, Р > 0, а-[-₽<0; 4) а>0, Р < 0, а -|- Р = О или а<0, р > 0, а -]- Р =40. Докажем, что в каждом из этих случаев рх = р2- 1) Так как | а + р | = | а I -|- | Р | = а + р, то | pY | = | а + Р| | а | = = (|а 1 +1Р|) |аI = |о]|л|4-|₽||л| = а | а 14~ Р | а |. Существенно отметить, что мы здесь воспользовались распределительным свой- ством произведения чисел, а не векторов (| а |, | Р |, | а |—числа!). Так как векторы аа и ра сонаправлены, то согласно теореме [2.3] | аа + Ра I = | аа 14~ I ₽а ], поэтому | р21 = | аа + Ра | = | аа 14* 4- | Ра 1 = а | а 14- Р | а |. Мы пришли к выводу, что | pt | = | р21. Вектор pt сонаправлен с а, так как а -КВ > 0. Вектор р2 так- же сонаправлен с а в силу того, что аа и Ра сбнаправлены с а. От- сюда вытекает, что pi и р2 сонаправлены, следовательно, pi= р2. В этом доказательстве по существу ничего не изменится, ес- ли предположить, что а < 0 и Р < 0, поэтому этот случай мы опус- каем. й 2) Предположим, что а>0, Р<0 и а4~Р>0. В данном слу- чае IpJ = ]а-4-Р||а| = (a4-Р) I a I = a|a| 4-p | a|. Подсчитаем | p21 = | aa 4- Pa |. Прежде всего заметим, что аа -f- Pa и Pa кол- линеарны и имеют противоположные направления, так как а—|-р>0 и Р < 0. Тогда в силу теоремы [2.4] имеем: | аа | = | (aa 4- Pa) — — (Pa) = | aa + Pa | -j- I Pa Г или a | a | = | aa 4- Pa | —- p | a |, a | a|4- 4- PI a =|aa4-Pa|. Отсюда следует, что |p21 = | аа-\- Pa | = = a|a 4-₽]a|, т. е. I | = | . Вектор pt сонаправлен с век- тором' а, так как а-|- р> 0. Вектор р2 сонаправлен с aa и, сле- довательно, с а. Поэтому Pi и р2 сонаправлены и pi = р2. Случай а<0, Р>0 и а4~Р>0 сводится к рассмотренному выше. В самом деле, так как Р>0, а<0 ир-]-а>0, то (Р 4- а) а = Ра 4- аа или (а 4- Р) а = аа 4- Ра. 3) Рассмотрим случай: a>0, Р < 0, а-|-Р<0. Введем сле- дующие обозначения: а' = — а, Р'=—р,а' = —а. Так как а'4~Р/ = = — (а 4- Р) > 0 и а' и Р' имеют разные знаки, то согласно пре- дыдущему имеем: (а' 4- Р') а' = a'a' 4~ Р'а' или (— 1) (а 4- Р) а' = = (—1)аа'4~(—0₽а'. В силу доказанного выше свойства б) от- сюда получаем: (а4~Р)[(—1)а']=а[(—1)а'] + Р[(—О а']- Но из свойства а) следует, что (— 1)а' =—а! = а, поэтому (а-}- Р)а= = аа 4- Ра. 4) Рассмотрим случай: a>0, Р <0, а4~Р = 0. В этом случае, очевидно, Pi = (а 4- Р) а = 0. С другой стороны а =—Р, поэтому аа = (— Р) а = (— 1) (Ра) =— (Ра). Мы пришли к выводу, что аа и Ра — противоположные векторы, следовательно, р2 = аа4* Ра=0. Итак, Pi = р2. 23
u а+ь в Черт. 21 а<0, может быть 2) Так как а и b Доказательство свойства г). Пусть а(а-|-&) = р1 и аа4~а® = Р2- Докажем, что pY = р2. Возможны два случая: 1) векторы а и & не коллинеарны; 2) векторы а и b коллинеарны. Рассмотрим каждый из этих случаев в отдельности. 1) Сначала предположим, что а > 0. Пользуясь правилом тре- угольника, построим сумму а 4- Ь. Пусть ОА = а, АВ = Ь, тогда ОВ = а-\-Ь (черт. 21). Пусть, далее, ОР = Так как а>0, то точка Р лежит на луче ОВ. Про- \ / ведем в плоскости ОАВ через точ- ку Р прямую, параллельную АВ, s' \ и обозначим через Q точку / \ пересечения этой прямой с прямой А/ \ ОД. Так как треугольники ОАВ , \ Л OP OQ а/ \ и OOP подобны, то а = — =—= = Х \ ОВ ОА ч__ op ~ — • Отсюда непосредственно ' следует, что OQ = аа и QP — ab. Но OP = OQ QP, поэтому pt = = аа-\- ab = р2- Случай, когда рассмотрен аналогично. коллинеарны, то из леммы [3.1] следует, что существует некоторое число X, удовлетворяющее условию: а = Х&, поэтому pi = а (а 4- &) = а [(Х& 4“ &)] = а [(X 4-1) &] = = [а(А4-1)]&- Здесь мы воспользовались уже доказанными свой- ствами б) и в). Точно так же р2 = ааа& = а (Х&) 4-а& = = (аХ) &4~а^ = (аХ —|—а) Ь = [а(Х4~ 1)1 Поэтому pY = р2. Тео- рема доказана полностью1. Рассмотрим следующие примеры, иллюстрирующие на чертеже справедливость данной теоремы. Пример 3. На чертеже даны векторы а и Ь. Построением убедиться в том, что а) (—3) I — а I = I — — \а\ б) (5 — 3)а=5а— — Зя; в) 2(а4-&) =2а4-2&/ Решение, а) Если О А — данный вектор а и В — середина от- резка ОА, то ОВ = у а. Возьмем на прямой ОА точку С так, что- бы ОС = ЗОВ и чтобы О лежала между Л и С (черт. 22, а). Очевидно, ОС = (— 3) а ]. С другой стороны, ОС = -^ ОА и ОС — __ з и ОА имеют разные направления, поэтому ОС =-------а. 1 Мы не считаем обязательным для студента-заочника разбор доказа- тельства всех свойств. Необходимо детально разобрать один из случаев б), в) или г). В остальных случаях можно ограничиться выяснением идеи дока- зательства. 24
б) Пусть ОА t = а. Построим на луче ОА t последовательность точек Д2, Д3, Д4 и Л5 так, как показано на чертеже 22, б: OAt = = AtA2 = Л2Л3 = Л3Л4 = Л4Л5. Из чертежа видно, что 0Л5 = = 5а, ОА3 = За, поэтому 5а— За = ОЛ5 — ОА3 = А3А3= 2а= = (5 — 3) а. _ _ _ в) Пусть ОА = а, АВ = Ъ, тогда ОВ = а + b (черт. 22, в). Построим треугольник ОА'В', гомотетичный треугольнику^ЭЛВ, с коэффициентом k = 2. Очевидно, О А' = 2а, А'В' = 2b, ОВ' = = 2(а &), поэтому 2а + 2Ь = 2 (а + Ъ). С а О В *А а О А ] А 2 Aq Черт. 22 а Черт. 22 б \з. Деление коллинеарных век- , торов. В заключение этого параг- рафа введем еще одну операцию, /р обратную произведению вектора / на число. Если векторы а и & кол- В/ / линеарны и если Ь=А= 0, то из лем- / мы [3.1 ] следует, что существует К / число а, удовлетворяющее усло- / / вию: а = а Ь. Покажем, что если у q—/ векторы а и & даны, то число а А А определяется единственным обра- q 22 в зом. В самом деле, пусть а = ab и а = а'Ь. Из этих соотношений следует, что ab — а'Ь = 0 или согласно теореме [3. 2] (а —а')& = 0. Так как 6=Л=0, то а —а'=0 или а = а'. Число а, определяемое из соотношения a~ab, при Ь=£ 0 называется отношением коллинеарных векторов а и Ь и обозначается так: а = —. Таким образом, соотношение а = — ь ь означает, что а = ab. Замечания. 1°. Если b = 0, то соотношение — либо не ь существует (если а^= 0), либо неопределенное (если а=0). По- этому в векторной алгебре не вводится операция деления вектора на нуль-вектор. 2°. Если а и Ь не коллинеарны, то отношение—не существует, ъ так как а = — означает, что а=а&, а отсюда следует коллинеар- 25
ность векторов а и Ь. Поэтому в векторной алгебре не вводится так- же операция деления неколлинеарных векторов. Пример 4. На чертеже 23 изображена последовательность следующих друг за другом точек Alt А2, А3..........Л1о, причем Л1Л2 = Л2Л3 = Л3Л4 = . . . = Л9Л10.____Определить___отношения: Л1Л 2: Л8Л,; Л1ЛВ : Л5Л3; Л3Л i0 : Л5 Л7; Л8Л4 : Л3Л3; ЛвЛ8 : : Л10Л1. ^7 ^2 ^3 А1» ^5 ^6 ^8 ^9 ^10 Решение. Л1Л2 : : Л8Л7 = —1, так как Л1Л2 == Л8Л7 = 1, и век- торы Л1Л 2 и Л8Л7 имеют противоположные направ- ления. Аналогично этому получаем: Л3Л<П: Л=Л, = —: Черт. 23 Лй5: Лйз=- |=-2; Л8Л4: Л9Л3 =— = —; Л6Л8: Л10Л1 = —. 4. Некоторые свойства векторов, отличные от свойств чисел. Введенные нами операции позволяют складывать, вычитать век- торы, а также умножать векторы на числа. Таким образом, с фор- мальной алгебраической точки зрения алгебра векторов имеет очень много общего с алгеброй чисел. Однако нельзя думать, что эти две алгебры тождественны. Вспомним хотя бы то, что отноше- ние двух чисел — , если 0^0, всегда существует, в то время как от- ношение двух векторов anb (если даже &=# 0) не всегда существу- ет. Отсюда, в частности, следует, что если числовое уравнение а + х 0=0 при 0=/= 0 всегда имеет решение, то аналогичное век- торное уравнение а+ хЬ — 0, при Ь^= 0 (х — неизвестное число) далеко не всегда имеет решение. Или другой пример: известно, что множество действительных чисел упорядочено, т. е. для любых двух неравных действительных чисел можно указать, какое из них больше другого. Это обстоя- тельство позволяет, в частности, ввести отрицательные числа, т. е. числа, меньшие нуля. В отличие от этого для векторов понятия «больше» или «меньше» не вводится, так как векторы характери- зуются не только длиной, но и направлением. В частности, в век- торной алгебре не существует по- \нятие «отрицательного» вектора. Здесь можно сравнивать лишь дли- . ны векторов, а не сами векторы. ________' Можно говорить, что вектор апо fl______модулю больше вектора Ь Черт. 24 (черт. 24), но нельзя говорить, что а 26
в больше &. В дальнейшем, когда будут введены произведения векторов, мы увидим, что отличие векторной алгебры от алгебры чисел сказывается еще больше. Пример 5. Пусть АВС — равносторонний треугольник, О — центр этого, треугольника, а Н и L — середины сторон. АС и СВ, а О — точка пересечения ЛЬ и ВН (черт. 25). Имеет ли смысл каждое из ’ выражений: ОН : ОВ; ОС : ОВ; ВН : ОН; AL : ОЛ; L0 : АВ; HL : В А. В тех случаях, когда отношения существуют, определить их. Решение. Пары векторов ОД и ОВ; ВН и ОН; AL и~ОА; ТГЬ и ВА коллинеарны, поэтому их от- ношения существуют. Пары векторов ОС и ОВ; LO и АВ не коллинеарны, поэтому их отношения не существу- ют. Для определения отношений кол- линеарных векторов ОН и ОВ; ВН и ОН воспользуемся тем обстоятель- А сгвом, что ВО = 20Н. Отсюда сле- дует, что ОН :ОВ = — ; ВН: н Черт. 25 :0Н = +3. Точно так же определяем остальные соотношения ЛЬ : ОА =------; 2 HL : ВА = — 2 5. В заключение решим несколько задач, где применяются все векторные операции, рассмотренные выше. Задача 1. Пусть АВС — произвольный треугольник, а Е и F — середины сторон АВ и ВС. Выразить векторы АВ, ВС и АС через a = АЕ и Ь — AF. Решение. Так как точка Е — середина стороны АВ, то АВ = 2АЕ = 2a (черт. 26). Далее, ВС = 2BF = 2 (AF — АВ) = 2 (&— 2 а) = 2 b — 4 а. Из правила треугольника следует, что АС = AF 4-ТС = АВ + уВС = b + b^-2a = 2(b — а). Таким образом, АВ = 2а, ВС = 2 (Ь — 2а), АС = 2 (Ь — а). Легко проверить справедливость полученных результатов. В самом деле, АВ ВС = 2а Д- 2Ь — 4а = 2Ь —2а = АС. Задача 2. В плоскости треугольника АВС взята произ- вольная точка О (черт. 27). Ль Bt и С4— середины сторон ВС, С А и АВ. Показать, что равнодействующая сил ОА, ОВ и ОС равна равнодействующей сил ОА l, 0В{ и ОСР 27
о о В, Черт. 26 Черт. 27 Решение. Если Ci— середина отрезка АВ, а О— извольная точка, то CtA = ОА — OCi; CjB = ОВ— OCt. как CtA + CrB = 0, то О А — OCi + ОВ — ОС\ = 0 или ЯОС^ОА + ОВ. По аналогии с этим получаем: 2ОА1 = ОВ^ОС, 2ОВ 04+ ОС. про- Так (1) (2) _ _(3) Складывая соотношения (1), (2) и (3), будем иметь: 2ОС1-|-2ОЛ1-|- +20Bt = 2бА-\-20В -\-20C или ОСХ = О А +0В + ОС. Задача 3. Определить векторы х и у из следующей системы уравнений: х + 2у = 2a, х— у = 2Ь, где а и b — данные векторы. Решение. Имеем два линейных векторных уравнения с двумя векторными неизвестными х и у. Так как свойства суммы, разности и умножения вектора на число формально совпадают с аналогичными свойствами числовых операций, то для решения век- торных уравнений можно пользоваться теми же приемами, что и при решении линейных уравнений в алгебре. Вычитая из первого уравнения второе, получаем: (х + 2у) — ( х — у) =2a — 2Ь, (х— х) + (2у + у) = 2а — 2Ь, 2 отсюда У = — (а— Ь). 3 Подставив значение у во второе уравнение данной системы, получаем: х = у 4“ = "з а + у ^аким °бразом» х — — 9 у = | (а — Ъ). 28
Непосредственной проверкой можно убедиться в том, что по- лученные значения х и у удовлетворяют данной системе векторных уравнений. Очевидно, полученное решение единственное. Вопросы и упражнения 27. Почему в определении умножения вектора на число требу- ется, чтобы число было действительным? Можно ли применить то же определение в предположении, что числа комплексные? 28. Начертите произвольный вектор а и постройте следующие векторы: 2,5 . а; — а; УЗа; —а; —-а; — а; — У2а. 3 5 4 29. Поданным векторам а и Ь построить каждый из следующих векторов: 4а; — -(& + «); 2а+-&; За —а+КзУ 2 4 3 30. Каково необходимое и достаточное условие коллинеарно- сти двух векторов? Пользуясь этим условием, выясните, колли- неарны ли следующие пары векторов: а) р1 = 2а —3/2&, р2 = 2К2а —66; б) = а -|- &, — а "I- 31. Пусть ОАВ — треугольник, а = ОА и Ь =ОВ. Выразить через а и b векторы: ОМ ь АЛ42 и ВМ3, где М1г М2 и М3— середины сторон АВ, ВО и ОА треугольника ОАВ. 32. Для каких векторов вводится операция деления векторов? Имеет ли смысл каждое из выражений АВ : HL; AL : ВН; 0L : : ОА; 0L : LC (черт. 25)? 33. На чертеже 28 изображен произвольный треугольник АВС с медианами AMt, ВМ2 и СМ3; О — точка пересечения медиан. Имеет ли смысл каждое из выражений: АМ3:АВ; АО : ОМ2; Mfi : СО; АЛГ^: : MjO; ОА : ОМ2; ОА : / / \ : ОМ 1? В тех случаях, ког- / X. да отношения существуют, определить их. \ 34. Пусть а + хй = 0> где а и b — данные век- / . „ —-'''-A q торы, а х — неизвестное М? число. При каком условии, Черт. 28 29
накладываемом на векторы а и Ь, это уравнение имеет решение? 35. Пусть ABCD — параллелограмм, а О — точка пересечения его диагоналей. Полагая АО = а и ВО = Ь, выразить через а и& векторы АВ, ВС, CD и DA. 36. В тетраэдре ABCD точка Е лежит на ребре АВ и делит от- резок АВ в отношении X = - — — 3. Полагая а = АЕ, Ь = АС и ______ ЕВ ___ ___ ___ ___ ____ с = AD, выразить через а,Ь к с векторы BD, ВС, CD, ED и ЕС. 37. Отрезок АВ разделен точками Cit С2, . . . , Cn_i на п рав- ных частей. Зная ОА = а и ОВ = Ь, выразить через них векторы OCi, ОС2, . . . , ОС„_!. Здесь О — произвольная точка плоскости. 38. Определить векторы х, у и z из следующей системы урав- нений: 2х — у — z = 4а, Зх-(-4у — 2г = Па, 3x — 2y-j-4z = ИЬ. 39. Упростить выражения: а) За — 4& — (За-|-4&); б) cos а cos 0 а — sin а sin Ра; в) (а — Р) (а Ь) — (а -f- р) (а — Ь). § 4. КООРДИНАТЫ ВЕКТОРА НА ПЛОСКОСТИ 1. База плоскости. В предыдущих параграфах мы векторы зада- вали только графически. Здесь рассмотрим аналитический способ задания векторов. При этом будем рассматривать только такие векторы, которые параллельны одной плоскости (систему комп- ланарных векторов). Возьмем на плоскости два неколлинеарных вектора и е2 и назовем систему eit е2 базой (или базисом) плоскости. Вектор назовем первым вектором, а е2 — вторым вектором базы. На векторы и е2 накладывается только одно ограничение — требуется, чтобы они были неколлинеарны; в осталь- ном они произвольны. Важно отметить, что существен порядок, в котором заданы векторы базы. Системы elt е2 и е2, являются раз- ными базами. База elt е2 называется прямоугольной декарто- вой, если векторы базы взаимно перпендикулярны и их модули равны, т. е. I е2 и |е4| = |е|2. В дальнейшем изложении векторы прямоугольной декартовой базы будем обозначать через i, J. Про- извольную базу et, е2, в отличие от прямоугольной декартовой, будем называть общей или аффинной. 2. Определение координат вектора. Пусть на плоскости дана аф- финная база elt е2. Возьмем произвольный вектор а этой 30
же плоскости и все три вектора elt е2 и а перенесем в одну и ту же точку О плоскости (черт. 29). Проведем через конец Л вектора а пря- мые, параллельные векторам et и е2. Обозначим через At и А2 точки пересечения этих прямых с прямыми, на которых лежат век- торы в1 и е2. Очевидно, ОА = OAt + ОА2. С другой стороны, как векторы OAt и elt так и векторы ОА2 и е2 коллинеарны и О, б2#= 0, поэтому существуют отношения OAt : et и ОА2 : е2. Если ввести обозначения: а = ОА: et и р = ОА2 : е2, то ОА i = — aet и ОЛ2=Ре2. Подставив эти выражения в предыдущее соотношение, получаем: а = aet + ₽е2- (1) Соотношение (1) называется разложением вектора а по век- торам базы et и е2. Существен- но подчеркнуть, что разложение (1) возможно для любого векто- ра а. Если а коллинеарен et или е2, то соотношение (1) i упрощается, так как, а например, при коллинеарности а и б4 а = — , поэтому а = ав1 ei или а— ав1+0-е2. Если, наконец, а — 0, то а — 0 • Ct +0 • е2. Покажем, что если задана база б4, е2, то для любого вектора а коэффициенты а, р в соотношении (1) определяются однозначно. В самом деле, пусть вектор а имеет разложение (1), и, кроме того, разложение а = а'б1 + Р'б2. Из (1) и (2) следует, что ав1 + Рб2 = а.'ех + Р'б2 или (а — а') 6, = (Р' — Р) е2. (2) (3) Отсюда следует, что а —а' = 0 и Р' — р = 0, т. е. а = а', р = Р'. В самом деле, если, например, а—а'#1 0, то, разделив соотно- шение '(3) на а—а', получаем: — Р ~ Р е2. Это означает, что 1 а — а' Ct и е2 коллинеарны, что противоречиво. Мы пришли к следующей теореме: Теорема [4. 1 ]. Если дана база elt е2, то любой вектор а плоскости может быть разложен по векторам et, е2, причем коэф- фициенты а, р в разложении (1) определяются единственным обра- зом и не зависят от способа разложения. Коэффициенты а, р в соотношении (1) называются координа- тами вектора а в базе eit е2. При этом а называется первой 31
координатой вектора а, а р — второй. Приняты следую- щие обозначения для координат: а [а, Р}в1,е2. Если выбранная база прямоугольная декартова, то координа- ты вектора называются прямоугольными декарто- выми; в общем случае они называются общими или а ф- ф и н н ы м и. 3. Построение вектора по координатам. Учащемуся необходимо можно пользоваться двумя Черт. 30 с первых же шагов знакомства с понятием координат овладеть спо- собами построения вектора по координатам. Пусть на плоскости дана база е2. Для построения вектора способами: а) выразить данный вектор а через векторы базы а = aet + 0е2 и, построив векторы аеь 0е2, построить вектор а, пользуясь правилом сложения векторов; б) через произволь- ную точку О плоскости провести две прямые, параллельные соответственно векторам Ci и е2. От точки О на по- строенных прямых отложить направленные отрезки OAi и 0А2, длины которых соответственно равны аир. При этом за единицу измерения на первой прямой принимается отрезок OEt, а на второй прямой — отрезок ОЕ2, где и Е2 — концы векторов ei и е2, приложенных к точке О. Далее, на отрезках OAt и ОА2 построить параллелограмм OAiAA2. Вектор ОА, направленный по диагонали параллелограмма, и будет искомым. На чертеже 30 показано построение вектора а {1, 2}. Левый чер- теж соответствует первому способу построения, а правый — вто- рому. Рассмотрим следующие примеры. Пример 1. На плоскости дана база et, е2. Построить следую- щие векторы: aj—1, 1]; а2{5,2); а3{2, —3}; аД6,—2}; а5 {—4,-1}; ав(3, 0}. Решение. Для построения данных векторов воспользуем- ся вторым способом. Пусть Ci, е2 — данная база. Возьмем произ- вольную точку О и через эту точку проведем две прямые Ц и 12, параллельные векторам et и е2. Принимая точку О за начало, по- строим систему векторов 2 elt 3 eit . . .,——2 eit— концы которых лежат на прямой Ц, и другую систему векторов е2, 2 е2, 3 е2, . . . , — е2, —2е2, — 3е2, ..., концы которых лежат на прямой 12. Таким образом, на прямых /j и 12 получаем последова- тельность точек, отмеченных на чертеже 31, а цифрами 1, 2,3,..., —1, —2, —3, . . . Отметим, что масштабы единиц на прямых /j и 12, вообще говоря, различны, т. е. в общем случае \е2\. 32
Пользуясь полученными на чертеже 31, а точка- ми, строим данные век- торы OAt —а^ ОА2 = = а2, ОА3 = а3, ОА^ =а4,0 А ъ=а6 и О А в=а3. В следующем при- мере рассмотрим пост- роение вектора в пря- моугольной декартовой базе. Пример 2. На плоскости дана прямо- Черт. 31 а угольная декартова ба- за Z, J. Построить в этой базе Ьз Н:1}= 0}; &5{-2, -3}; векторы {—2, Ье {3, -2}. 1}; Ь2 {0, 3); Решение. В данном случае поступим так же, как и в пре- дыдущем примере. Здесь прямые и Z2 взаимно перпендикулярны и масштабы единиц на этих прямых, в отличие от общего случая, равны. На чертеже 31, б дано построение векторов: &2 = ОВ2, &3 ~ овз, Ь, — OBit &5 = ОВ3, Ь3 = ОВ3. Предлагаем студенту-заочнику самостоятельно составить и ре- шить ряд аналогичных примеров, с тем чтобы приобрести твердые навыки в построении векторов по координатам. Пример 3. Определить координаты векторов 0, et и в базе е2. Решение. Вектор 0 может быть представлен следующим образом: 0 — 0 • et + 0 • е2. Отсюда следует, что нулевой вектор в любой базе имеет координаты (0, 0}. Вектор et может быть представлен в виде gt = 1 • ^1+ 0 • е2, поэтому е1{1, 0(е, е . Точно так же получаем: е2{0, 1 }в , е • 4. Определение коорди- нат данных векторов. Пусть на плоскости заданы векторы и некоторая база Ct, е2. Требуется опреде- лить координаты данных векторов. Для решения задачи, очевидно, необхо- димо определить коэффи- циенты разложения дан- ных векторов по векто- 2 Л.С. Атанасян 33
рам базы. При этом известно, что эти коэффициенты не зависят от способа разложения, поэтому для решения поставлен- ной задачи достаточно каким-либо способом данные векторы разложить по еь е2. При решении конкретной задачи способ раз- ложения выбирают исходя из условий задачи. Пример 4. Пусть ABCD — параллелограмм, Е и F — се- редины противоположных сторон ВС и AD, а О — точка пересече- ния диагоналей. Взяв векторы АВ = et, AD = е2 за векторы базы, г определить координаты g___________________—С следующих векторов: а)_ЛС;_б) OD± в) FC; / / г) Д) е) ж) ЁЛ. / Решение. На чер- / / теже 32 изображен дан- ный параллелограмм с ука- А р ! занными на нем точками. Z а) АС = АВ + AD = Черт. 32 =е1 + е2; отсюда следует, что ЛС{1, 1}; б) OD = — BD = — (AD — АВ) = — (е2— е^; отсюда следует, что OD[— -, -1; I 2 ’ 2 J в) FC = AC — AF = ei -|- e2— ~ e2 — — e2; отсюда следу- ет, что FC fl, — \. I 2 J Аналогично можно показать, что ВС [0, 1}, —-i-, oj, BD{— 1, 1}, Ёд(— 1, —-Ц. 1 ’ ‘ I 2 J Координаты вектора существенно зависят от выбора базы. Чтобы в этом убедиться, рассмотрим следующий пример. Пример 5. В условиях примера 4 определить координаты векторов а) АС; б) 0D; в) FC в базе а= О А и b = ОВ. Решение, а) АС = А0-|-ОС = 2А0 = — 20А =—2а, поэто- му АС {—2, 0]д, ь; _ __ б) 0D = B0 = —ОВ = — Ь, поэтому 0D [0, —1); в) ЁС = Ё04-бС= — 0? + А0=—OF — ОЛ;ноО£ = у (0А-|- OD^ = у (а—Ь), поэтому получаем: FC= — а — а = = Итак, FC[— . 2 1 2 ( 2 ’ 1 2 )а, Ь 34
Сравнивая полученные координаты с координатами тех же век- торов в предыдущем примере, мы видим, что один и тот же вектор и разных базах имеет различные координаты. 5. Линейная комбинация векторов. Пусть на плоскости даны векторы а2, • • • , ak- Линейной комбинацией этих векторов называется всякий вектор вида: а1а1 -ф- а2а2 + • • • + «А, где арОг,... , ak — произвольные числа. Очевидно, из данных векторов можно составить различные линейные комбинации. Например, если даны три вектора аъ а2 и а3, то 2at -ф- Зя2 — а3, ах — ± а2-ф- VЗа3, ац-\-0 а2 — З^з, 4- а2 -ф- а3 являются линейными комбинация- ми этих векторов. Если все коэффициенты линейной комбинации равны нулю, то такая линейная комбинация называется тривиальной, в противном случае она называется нетривиальной. Легко видеть, что тривиальная линейная комбинация любого числа век- торов есть нуль-вектор. Заметай, что, в частности, сумма двух век- торов ai 4- аг, разность а4 — аг = ах + (—1) аз, произведение вектора на число (aa) есть линейные комбинации данных векторов. 6. Теорема о координатах линейной комбинации векторов. Да- ны несколько векторов а4, а2, ... , ak своими координатами в ба- зе е2 и, кроме того, дана некоторая линейная комбинация этих векторов: р = -ф- Х2а2 ... -|- (т. е. известны ко- эффициенты Х1( Х2,... , ck). Определить координаты вектора р в той же базе е4, е2. Так как идея решения задачи не зависит от числа k данных векторов, то для упрощения выкладок предположим, что k = 3. Допустим, что нам даны три вектора al{a.i, р4), a2{a2>₽2) и ая (аз>Рз1 и требуется определить координаты вектора р=Х1а1 -ф- -|- Х2а2 + К3а3. Для решения задачи достаточно разложить век- тор р каким-либо способом по векторам elt е2. Так как а4, р4 являются координатами вектора а4, то а4 = сц^Ч-р 4e2. Точно так же a2 = а2е4 +р2е2, а3= a3ej4-p3e2. Подставив эти значения в выражение вектора р, получаем: Р + РА) 4^ ^2(^2^! 4" Р 2^2) 4” ^з(аз^1-h Рз^2) = = (XjSCj -ф- Л.2Я2 ф- A.3a3)e4 ф- (AqSj Ч-Х2З2Ф- р3)^2. Обозначив через х и у координаты р, будем иметь: х — АмЯ. ф- А.2а2 ф- V — 1Ч- ^282 4~ А,„3„. Мы пришли к выводу, что каждая координата линейной комби- нации векторов а2, а3 равна той же линейной комбинации соот- ветствующих координат этих векторов. Этот вывод распространя- ется на линейную комбинацию, состоящую из любого числа векторов. Таким образом, мы доказали следующую теорему о координатах линейной комбинации векто- ров. 2 35
Теорема [4. 2]. Каждая координата линейной комбинации нескольких векторов равна той же линейной комбинации соответст- вующих координат составляющих векторов. Другими словами, если р = + • • • + ^kak и Р (*> y}ei.ea> al {а1> Р1}«1в2, • • • > ak {аЬ Р*}«,в2, ТО X = XjClj Ча2 + • • • + ЧаЛ. у = ^i₽i “И Ч₽2 4- • • • + ЧР*- Пример 6. Пусть в данной системе даны векторы ai {1, 1}, a-i. {2, 1}, а3 {—3, 2}. Определить координаты вектора р . = 2а±— 3 л2 + л3. Решение. Пусть {х, у) — координаты вектора р. По тео- реме [4. 2] координата х равна той же линейной комбинации .пер- вых координат векторов оц, а2 и а3, т. е. следует взять линейную комбинацию р— 2 — 3 а2+ а3 и формально вместо векторов р, а{, а2 и а3 подставить их первые координаты: х = 2 • 1 — 3 - 2 + (—3) = —7. Аналогично определяем вторую координату вектора р: у = 2 • 1 — 3-14-2=1. Итак, р {—7,1}. Пример 7. На плоскости даны два вектора и {2, 1 },t> {1, 0). Найти коэффициенты разложения вектора а {9, 1) по векторам и и V. Решение. Пусть а = а а4~0 V. Определим коэффициенты а и 0. Для этой цели воспользуемся теоремой о координатах линей- ной комбинации векторов. По этой теореме каждая координата век- тора а равна той же линейной комбинации соответствующих коор- динат векторов а и о, поэтому 9 = а • 2 + 0 • 1, 1 = а- 1 + 0-0. Отсюда получаем: а= 1, 0 = 7. Таким образом, вектор а имеет вид: а = и 4- Tv. Проверка. Если а {х, у} , то по теореме о координатах линейной комбинации векторов х = 2 4- 7-1=9, у=1+7 • 0=1. Задача решена правильно. Пример 8. В некоторой системе координат даны векторы а{1, 5), b (1, 6} и с {0, —1}. Выяснить, существует ли треугольник АВС, стороны АВ, ВС, СА которого соответственно параллельны векторам а, Ь, с и для которого АВ = |а|, ВС — |&|, СА = |с|. Решение. Из векторов а, b и с можно составить треуголь- ник, удовлетворяющий условиям задачи в том и только в том слу- чае, если имеет место одно из следующих условий а + Ь + с = 0, a+b — с = 0, а — & 4- с = 0, а — b — с = 0. Из данных зада- чи следует, что а ~Ь 4- с, т. е. а — Ь — с = 0. Итак, треуголь- ник АВС, удовлетворяющий условиям задачи, существует. 36
7. Координаты суммы, разности и произведения вектора на число. Выше было отмечено, что векторы р = а + b, q = а — Ь, г — — а. а являются линейными комбинациями векторов а и Ъ, поэтому к этим векторам также применима теорема [4.2]. Итак, Теорема [4.3]. а) Каждая координата суммы двух векторов равна сумме соответствующих координат слагаемых векторов. б) Каждая координата разности двух векторов равна разности соответствующих координат уменьшаемого и вычитаемого векторов. в) При умножении вектора на число, каждая его координата ум- ножается на то же число. Пример 9. Пусть в данной системе а{2,—3}, &{—1,—5]. Определить координаты векторов а Ь, а — b, V 2 Ь. Решение. Из сформулированной теоремы непосредственно сле- дует, что («+&){ 1,-8), (а-Ъ) (3,2), У~2, -5/2”}. 8. Условие коллинеарности двух векторов. Выведем необходи- мые и достаточные условия коллинеарности двух векторов, за- данных своими координатами. Пусть в некоторой системе даны два вектора своими координатами а {«ь и b (а2, Рг} > причем &^0. Для того чтобы векторы а и Ь были коллинеарны, необходимо и дос- таточно, чтобы существовало число X, удовлетворяющее условию а = Х& (лемма [3.1 ]). Отсюда на основании теоремы [4.3] заклю- чаем, что = Ха2, Pi = ^Рг- Обратно, пусть cq = >.a2, = %₽2. Умножив обе части первого соотношения на е^, второго соотно- шения на е2, получаем: = Xa2 р4 е2 = Хр2 е2. Отсюда следует, что aj Pi е2= Ъ (a2ej4 Рг^г), т. е. а = М). Из леммы [3. 1] следует, что а и & коллинеарны. Итак, мы получили сле- дующее предложение. Теорема [4.4]. Для того чтобы векторы a{sq, PJ и &{ аь Рг,)=Л0, заданные в аффинной, базе, были коллинеарны, необхо- димо и достаточно, чтобы координаты вектора а были пропорцио- нальны координатам вектора Ь. Можно дать несколько иную формулировку этой теоремы: Теорема [4.5]. Для того чтобы векторы a (a,, PJ и &{ а2> Рг], заданные в аффинной базе, были коллинеарны, необходимо и достаточно, чтобы определитель второго порядка, составленный из координат этих векторов, был равен нулю, т. е. Доказательство необходимости. Пусть а и b кол- линеарны. Если Ь = 0, то а2 = р2 = 0 и, следовательно, = 0. 1 агРгI Если же О =f= 0, то cq = Ха2, р( = хр2, поэтому I cq Pi I _ I ^2 ^Рг I _ о, |аг P21 I «2 Pal 37
Доказательство достаточности. Пусть имеет место соотношение (4), которое можно записать так: atp2 — a2Pi=0. (5) Если a2 = 0 и р2 = 0, то & — нулевой вектор. По определению, он коллинеарен любому вектору, в частности вектору а. Допустим, что а2=^=б. Разделив (5) на а2, получаем: — р2 — Pj = 0. Если (&2 Cti А ввести обозначение — = л, то предыдущее соотношение запишет- ся ся так: Хр2 — [^=0. Итак, cq = %а2, р = Хр2, т. е. а и Ъ соглас- но [4.4] коллинеарны. Пример 10. Выяснить, какие из следующих пар векторов коллинеарны: а) «JI, 2}, &J2, 3}; б) а2{—/2, 3), &J2J/2, —6); в) а3 [0, 5}, Д{0, 7}; г) а4 [0, 4}, &4 (5, 0). Решение. Векторы и не коллинеарны, так как их координаты не пропорциональны. Можно в этом убедиться также, используя теорему [4.5]: |> 2|_3-4—1^0. Векторы а2 и &2 коллинеарны, так как — /2 3 2 /2 —6 =0. Анало- гично убеждаемся в том, что а3 и &3 коллинеарны, а а4 и &4 не коллинеарны. Пример 11. Даны векторы а{1, 5}, b [3, —1} и с [0, 1}. При каком значении коэффициента а векторы р = а -ф- ab и q = а — с коллинеарны. Решение. Сначала определим координаты векторов р и q. Очевидно, р {1 -[- За, 5 — a}, q {1, 4}. Эти векторы коллинеарны тогда и только тогда, когда | “ a | = 0 или 13a — 1 = 0, a=l. 13 Проверка. Приа= имеем: р= . Отсюда, пользуясь теоремой о координатах линейной комбинации векторов, получаем координаты вектора р 1 — , — |. Мы видим, что коорди- наты векторов р и q пропорциональны, поэтому р коллинеарен q. 9. Угловой коэффициент вектора. Пусть вектор а в аффинной базе eit е2 имеет координаты [а, р). Если векторы а и е2 не колли- неарны, т. е. если 0, то число k= -- называется угловым a 38
коэффициентом вектора а. Вектор, коллинеарный е2, не имеет углового коэффициента. Если база прямоугольная декарто- ва, то угловой коэффициент, очевидно, равен tga, где а — угол между векторами I и а. Значение введенного нами понятия угло- вого коэффициента становится ясным из следующей теоремы: Теорема [4.6 ]. Для того чтобы два вектора а и Ь, не кол- линеарные вектору е2, были коллинеарны друг другу, необходимо и достаточно, чтобы их угловые коэффициенты были равны. Доказательство. Пусть векторы а и & коллинеарны. Ес- ли a [су, pj, b [а2, р2], то из [4.5] следует, что |И1 Е1 =0, или | <Х2 Рг I «1Р2 = «гРр Так как су =# 0, а2^=0, то это соотношение можем а,р2 a2Pi Pi р2 , , разделить на a4a2 : , или — = — , т. е. = k2. аха2 суа» ах а2 Обратно, пусть ki = k2 или — = —. Умножив на аца2, получа- су а2 «1 Pi торы коллинеарны. Теорема [4.6 ] показывает, что угловой коэффициент вектора характеризует направление вектора; точнее, все векторы, параллельные одной и той же прямой, имеют равные угловые ко- эффициенты. Пример 12. Определить угловые коэффициенты векторов «11 —3, l],_a2 {]/2, — F3I, а3[6, —2], а4{1, -|-5), а8{1,0], ав [2, —Кб]. По угловым коэффициентам выяснить, какие из этих векторов коллинеарны. Решение. Если обозначим через ku k2, ... , k6 угловые коэффициенты соответствующих векторов, то по определению *2 = -/|, *з = -у, *4 = 5, &5=0, ^6=-^. От- сюда видно, что сц коллинеарен а3 и а2 коллинеарен а6. = 0. Из [4.5] следует, что век- ем: а2₽! — Ра«! = 0, или Вопросы и упражнения 40. Найти координаты точек: а) лежащих на оси абсцисс и име- ющих абсциссы: хх = 2, х2 = — К 2, х3 = 5; б) лежащих на оси ординат и имеющих ординаты: jy = —3, у2 = К2, у3 = 1. 41. Пусть в базе elt е2 векторы имеют координаты а {2, —1}, &{0, 1}, с(—3, 1}. а) Определить их координаты в базе е2, вц, б) определить их координаты в базе—eit е2, в) определить их коор- динаты в базе —е2, — 42. Пустьа{1,0|, Ь\—3,—1], с {5, —1}. Определить коор- динаты векторов —а, ——(а + &-ф- с). 39
43. При определении координат было подчеркнуто, что векторы базы не коллинеарны. Где было использовано это ограничение? 44. Взяв на плоскости общую базу, построить следующие век- торы: а, {2, —1), a2{pr2, 1}, «3 {3, 4), а4 (2, 0), а5{—2, —1), ав(/3,0), «7 {0, 1}, а8 {1, 1}, а, {1, -1), а10 (-1, -1). 45. Взяв на плоскости прямоугольную декартову базу, постро- ить векторы предыдущего примера. 46. В треугольнике АВС проведены медиана ВК и средняя линия MN || Л С; В К и MN пересекаются в точке О. а) Найти координаты векторов СМ, ОВ, КМ, СВ, NC и AN, принимая век- торы ОС и ОМ за координатные векторы и е2‘> б) найти коорди- наты тех же векторов СМ, ОВ, КМ, СВ, NCn AN, принимая век- торы КС и KN за векторы базы. 47. В равнобочной трапеции ABCD угол А равен —. Полагая 3 АВ = et и AD = е2, разложить по е1 и е2 все векторы, составля- ющие остальные стороны и диагонали. 48. Что называется линейной комбинацией векторов? Может ли нетривиальная линейная комбинация векторов равняться нулю? 49. Сформулируйте теорему о линейной комбинации векторов и докажите ее для линейной комбинации четырех векторов. 50. Справедлива ли теорема о координатах линейной комби- нации векторов, если векторы заданы в прямоугольной декарто- вой базе? 51. Даны векторы: а {2, — 3),_&{—3, 1), с {2, —5). Опреде- лить координаты векторов: р = V2a -\-Ь — с, q —2а — 3b -f- 4с 52. Даны векторы: а {3, — 1}, b , с [2, 0} и d{ — 1,— 1}. Определить координаты векторов: а 4- b а + d а 4-с 1 с— V2 а+ b 53. Даны три вектора: а {3, —2), & {— 2,1) и с (7, —4) . Опре- делить коэффициенты разложения каждого из этих векторов, при- нимая в качестве векторов базы два других. 54. Даны векторы и (3,—1), V {1,—2), —1,7). Определить коэффициенты разложения вектора р = и + V + w по векторам и и о. 55. Даны векторы а (2, 3), b {1, —3} и с {—1, 3) . При каком значении коэффициента а векторы р = а + а&и# = а-\-2с кол- линеарны? 40
56. Даны векторы а [2, —3), Ь 2|. При каких значениях коэффициента а будут коллинеарны следующие пары векторов: а) р = а а& и = а — ab; б) р = аа b и q — а + а&; в) р = аа + b и q = а? 57. Даны векторы а{—1,—2), Ь {3, —5), с {4, —3). Сущест- вует ли треугольник АВС, стороны АВ, ВС, СА которого соответ- ственно параллельны векторам а, Ь, с и для которого АВ—lai, ВС = |&|, АС = |с|? 58. Даны векторы а {1, —2), Ъ {— 1,0), — у, з}, d {—|, 1 j. Существует ли трапеция ABCD, стороны которой соответст- венно параллельны данным векторам и для которой АВ = | а |, ВС = |&|, СО = |с|, DA = \d\? 59. Выяснить, какие из следующих пар векторов коллинеарны: . 1'1 /2"1 . 1/2 /2) ( 1 /2'] ’ Ц 2 2 J 1 * 1 2 2 J ( 2 2 J МЧ’ в) аз(0,3}> &з(0, |/3!: г) ЧФ *4 (3); Д) МФ - /з|’ ?’3}’ е)ав{1,1)А(0-5). 60. Определить угловые коэффициенты следующих векторов: tti (1,3), а2 (—1, —3), а3 {2, — /Щ? а, { 5, 0). 61. Что можно сказать о векторах, угловые коэффициенты ко- торых равны нулю? $ 5. ВЫЧИСЛЕНИЕ ДЛИНЫ ВЕКТОРА И УГЛА МЕЖДУ ВЕКТОРАМИ ПО КООРДИНАТАМ 1. Ориентированная плоскость. Плоскость называется ориен- тированной, если в ней указано некоторое направление об- хода в качестве положительного. Для того чтобы выбрать ориента- цию на плоскости, доста- точно, например, взять ориентированную окруж- ность, т. е. окружность с фиксированным направле- нием обхода, или ориен- тированный треугольник, т. е. треугольник с ука- занным порядком распо- ложения вершин. Напри- 41
мер, на чертеже 33, а пололГительное направление задано при помощи ориентированной окружности 2; оно совпадает с нап- равлением движения часовой стрелки, а на чертеже 33, б поло- жительное направление задано ориентированным треугольником АВС — оно противоположно движению часовой стрелки. Пусть на плоскости дана база eit е2. Перенесем векторы еи е2 в некоторую точку О плоскости и возьмем за положительное нап- равление обхода то направление, по которому следует повернуть вектор ех до совпадения с направлением вектора е2 по кратчайше- му пути (черт. 34). Очевидно, положительное направление обхода, определяемое таким образом, не зависит от выбора точки О. В даль- нейшем плоскость с заданной базой будем считать ориентирован- ной вышеуказанным способом. 2. Угол между двумя векторами на ориентированной плоскости. Пусть на ориентированной плоскости задан угол при помощи двух ненулевых векторов а и Ь, приложенных в некоторой точке А и за- данных в определенном порядке (а—первый вектор, & — вто- рой). Мерой угла, образованного векторами а и Ь, называется чис- ло, которым измеряется угол, на который следует повернуть век- тор а до совпадения с направлением вектора Ь. При этом мера угла считается положительной, если поворот совершается в положитель- ном направлении; в противном случае она считается отрицатель- ной. Например, мера угла между векторами а и & на чертеже 35 равна +30° или —330°. Мера того же угла равна 30° ±й-360° или— 330° =F k 360°, где k — целое положительное число. Мера угла, образованного векторами с и d, равна 90° или—270° (черт. 35). Мера того же угла равна 90° ± fe.360° или 270°=р k • 360°. Таким образом, задание угла не однозначно определяет его меру. Однако эта неопре- деленность в дальнейших рассуждениях не сказыва- ется, так как в аналити- ческой геометрии нас ин- тересует, как правило, не 42
мера угла, а какая-либо тригонометрическая функция этой меры. Меру угла между векторами а и & в дальнейшем будем обозна- чать символом (а, &) или Z (а, &)• Из указанного способа измерения углов следуют равенства: а) (а, Ь) =— (&, а); б) (а, &) 4- (&, с) = (а, с); в) если (а,&) = 0, то векторы а и Ь сонаправлены; г) если (а,Ь) = л или —л, то а и b противоположно направ- лены. Мы не будем доказывать эти свойства. Рекомендуем на чертеже, рассматривая различные случаи расположения векто- ров, убедиться в справедливости всех этих свойств. 3. Геометрический смысл координат единичного вектора в прямоугольной де- картовой базе. Пусть а0 — единичный век- тор, заданный своими координатами {а, 0} в прямоугольной декартовой базе i, J: ай= at ₽J. Если мы перенесем векторы а0, i, J в точку О плоскости, то концы этих векторов будут лежать на окружности с центром в точке О и радиусом единица (черт. 36). Если А± и Л2— проекции конца вектора а0 на прямые, на которых лежат' векторы I и то, как было отмечено в § 4, а = , (J = • С Другой стороны, если ф = Z (/, а0), то по определению тригонометрических функ- ций зшф и соэф имеем: созф = = а, з!пф = _ р. Итак, J мы приходим к следующему важному выводу: Теорема [5.1]. Координаты единичного вектора а0 в пря- моугольной декартовой базе i, J равны соответственно cos(i, а0), sin (Z, а0). 4. Вычисление длины вектора по координатам. Задача 1. Дан вектор а своими координатами х, у в прямо- угольной декартовой базе z, j. Определить модуль этого вектора. Решение. Если а0 — единичный вектор, сонаправленный с вектором а, то а = \а\а0. Из теоремы [5.1] следует, что a0=cos(Z, а0) Zsin (i, a0)J, поэтому а = | а | cos (/, а0) i 4-1 а | sin (С'а0) J. 43
Таким образом, х = |a|cos(Z,z^0); у = | а | sin (zfa0). Из этих двух соотношений, исключив угол (Z, а0), получаем: |a|=/F+7. Мы доказали следующую теорему: Теорема [5.2]. Модуль вектора в прямоугольной декартовой базе равен корню квадратному из суммы квадратов координат век- тора. Пример 1. В прямоугольной декартовой базе даны векторы а[— 3, 4], & {2, 0], с {3, /7), {1, —2]. Определить модули этих векторов. Решение. По предыдущей теореме |а| = /9 + 16=5; |&|= = /4 + 0 = 2, |с| = 1^9 + 7 = 4, |d| = J/T+4 = JAS? _ Пример 2. Пусть |а| = 6, а первая координата х = 2/5. Определить вторую координату вектора Л. Решение. | а | = V х2 + у2, 36 = 20 +у2; у2 = 16; у = ±4. Таким образом, существуют два вектора, удовлетворяющие данным условиям: aj{2/5, 4), Ог {2/5, —4}. 5. Вычисление угла между двумя векторами по координатам. Задача 2. Даны ненулевые векторы и а2 своими коорди- натами в прямоугольной декартовой базе i, j: {Хц yj, а2{х2, у2]. Определить cos(04, а2), sin(a1; а2). Решение. Если Ь{ и Ь2 — единичные векторы, сонаправ- ленные с векторами 04 и а2, то Й2 = Л = гМ+—/ I а21 | а21 I а21 Очевидно, (а^а2) = (ftp &2), поэтому задача сводится к нахож- дению cos(&1( b2) и sin (&j, b2). cos (&i, b2) = cos Z) + (Z+2)] = cos (b^ i) cos (Z?&2) — — sin (&p i) sin (Z, b2) = cos (Zf\) cos (Z, &2) + + sin (Z, Ь,) sin (Z, b2), (3) так как cos(&n Z) =cos(Z, &J, a sin(dp Z) = —sin(Z, bt). (4) 44
Из теоремы [5.1], учитывая соотношения (1) и (2), получаем: cos (iCbi) ~ sin (Z,%) = , I O-t I I I cos (Л) = , Sin (/32) = Д. (5) | o21 I a21 Подставив эти значения в соотношение (3), получаем: C0S(O2) = ^-^4- + I «111 аг I I Й111 аг1 10111 а21 Учитывая, что | at | = V х? + у?, | а21 = V х2 + yl , (»ife2) = = (ftp ft2), окончательно получаем: cos (Л1?а2) = -- *1** + У1У2 _ . (6) V *1 + У1 V *22 + У2 Отсюда, в частности, получаем условие перпендикулярности двух векторов, заданных координатами в прямоугольной декарто- вой базе. Для того чтобы векторы аь а2 были перпендикулярны, необходимо и достаточно, чтобы cos (ар а2)=0. Из (6) получаем: х&г + У1У2 = о. (7) Для определения sin (Ьг, б2) поступаем аналогичным образом: sin (ftp b2) = sin [(&J?/)+ (/, б2)] = sin (bQI) cos (О2) -f- + cos (ftp i) sin (/JM- Учитывая соотношения (4) и (5), получаем: sin (ftp ft2) = =У1 _L = ?1У?~У»£2 = J.^.yal.. I Л1 I I «2 | I «1 I I в2 I I О1 I | «2 I I «1 I I «2 I В силу того что I at I = V X? 4- у?, | аг I = V" xl + у2, (Лр а2) = (ftp б2), окончательно получаем: I*1 У1| sin (Л1 ,а2) -- |л2Уг1 — -------------^1У2-^У1 t (8) V *? + У?/ *i+y2 V *14-У1 К х22 + у! Из формул (6) и (8) получаем формулу для вычисления tg(ap а2): tg («Га2) = -sin (a^fl2) = *1У2 ~ *2У1 , (9) COS (aQlh) XlXi + У1У2 45
ПримерЗ. Определить угол мещду векторами 0+ а2, задан- ными в прямоугольной декартовой базе: а) [2, О}, а2 {1, Ц; б) OJ2, 2} , а2 (3, 0}; в) ai {/3, 1}, а2 {1, V 3}. Р е ш е н и a) cos ф! = е. 2 + 0 1 /2 . ЗШф! = И 1 /2 2- /Г /2 2 ’ 2 / 2 “ /2" 2 Отсюда следует, что qh = 45°. б) cos <р2 = 2-3-I-2.0 /8" /<Г 12 21 6 1 . 3 0 -----7=- = ~r= ; Sin ф2 = 2-3 /2 ]/2 /8 У 9 Отсюда следует, что <р2 = — 45°. 1/3- 1_ ч /3 4-/3 /3 . 1/3 в) COS Фч = —---------- =---- ; sin m — _!-------- ' 3 2-2 2 2.2 Отсюда следует, что ф3 = 30°. 2_ _ 1 4 ~ 2 П р и м е р 4. Перпендикулярны ли следующие пары векторов: а) <М1, ^-3} и а2(1, —1; б) «j (2, 3} и а2 {—6, 4}; I 3 1 в) а/1, 0) и а2{1, 2); г) а4{1, 1} и а2 (—1, 2)? Решение. Применяя формулу (7), мы приходим к выводу, что в случаях а) и б) данные векторы перпендикулярны, а в слу- чаях в) и г) не перпендикулярны. 6. В заключение этого параграфа решим следующую задачу, необходимую для дальнейшего изложения: Задача 3. Дан ненулевой вектор а {х, у} в прямоугольной декартовой базе. Определить координаты вектора а', получен- ного из а путем поворота на 4- 90°. Решение. Выше было показано, что если вектор а в прямо- угольной декартовой системе имеет координаты х, у, то x=|a|cos(i, а), у = | а | sin (Z, а). Обозначим через xlt yt коорди- наты вектора а'. Из тех же формул следует, что xt = | а' | cos (t, а'), У1 = | а! | sin (Z, а'). Но | а' |,= | а = (Ля) + (съа') — + 90°. 46
Учитывая эти соотношения, получаем: х± = | а | cos [(/, а) Д- 90°] = — | а | sin (Z, а) = -—у, У! = | a I sin [(if'a) + 90°] = Iа Icos = х. Мы получили следующую теорему: Теорема [5.3 ]. Если вектор а в прямоугольной декарто- вой базе имеет координаты {х, у), то вектор а', полученный из а путем поворота на + 90°, имеет координаты {—у, х}. Вопросы и упражнения 62. Дайте определение ориентированной плоскости. Опреде- ляют ли базы е2 и —elt—е2 одну и ту же ори- ентацию? 63. На чертеже 37 даны две базы в!, е2 и glt g2. а) Совпадают ли ориента- ции, определяемые этими двумя базами? б) Совпада- ют ли ориентации,опреде- ляемые базами eit е2 и g^, —g£ 64. На плоскости ориентация определена базой еъ е2 (черт. 38). Определить знаки углов (ab (а2, &2), (^г> л2), (.аз, ^з)> изобра- женных на том же чертеже. 65. На плоскости ориентация определена равносторонним тре- угольником АВС. Определить углы: а) (ЛВ, ДС); б) (ВЛ, ВС); в) (ВЛ?СЛ); г) (ВД?ЛС); д) (СВ^АВ). 66. Каков геометрический смысл координат единичного векто- ра в прямоугольной декартовой базе? 67. Вектор а имеет длину, равную 10, и составляет с вектором i угол+30°, т. е. (/, а) = +30°. Определить координаты этого век- тора 47
68. Определить модули следующих векторов, заданных в пря- моугольной декартовой базе: а {—4, -3), b {6, —8), с {-3, 4}, d [—5, 12), е(1, 2). 69. Определить, какие из следующих пар векторов взаимно перпендикулярны: а, {2, 5) и &И-Ю, 4); а2{1, 2) и Ьг {1, -3); а3|3, 1) и Ь3 {2, —6). 70. Даны_ векторы {2, 5), а2 {—1, —2), а3 {5, 0), а4 {0, 1), {2, —Кб)- Определить координаты векторов, полученных из данных путем поворота на + 90°. 71. Вычислить угол между следующими парами векторов: a) ajl, 0), а2 (2, 2); б) ^{1, 1), Ь2 {— 1, /3~); в) {-Jz3“, 3>, с2{0, 1); г) di {2, 0), d2 {1, -/з). 72. Вектор в прямоугольной декартовой базе имеет координа- ты х, у. Определить координаты вектора, полученного из данного путем поворота на —90°. § 6. ПРИЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРНОЙ АЛГЕБРЫ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ ГЕОМЕТРИИ Изложенная нами теория может быть с успехом применена для доказательства ряда теорем и решения задач из курса элементарной геометрии. В настоящем параграфе мы приведем некоторые примеры приложения векторной алгебры к решению элементарно-геомет- рических задач. Если читатель пожелает более подробно рассмо- треть этот вопрос, то мы можем ему рекомендовать воспользоваться следующими пособиями: [6], [12], [15], [21], [19]1. 1. Свойства параллелограмма. В качестве приложения векторной алгебры к доказательству геометрических теорем рассмотрим хо- рошо известные учащемуся из курса средней школы свойства па- раллелограмма. Как известно, параллелограммом называется че- тырехугольник, у которого противоположные стороны попарно па- раллельны. а) Т е о р е м а [6.1 ]. Противоположные стороны параллело- грамма равны между собой. Доказательство. Пусть ABCD — параллелограмм, причем АВ ]| DC и ВС || AD (черт. 39). Отсюда следует, что пары векто- ров АВ, DC и ВС, AD коллинеарны. Из леммы [3. 1] следует, что существуют числа а и р, удовлетворяющие условиям: РС—аАВ и ВС = P4D. Но АВ ВС -|- CD + DA = АА — 0, поэтому АВ 4- р AD — а АВ — AD = 0 или (1 — а) АВ (Р — 1) AD=0. Так как 1 См. сноску на странице 4. 48
векторы АВ и AD не коллинеарны, то 1 —а = 0 и₽ —1=0 (см. доказательство теоремы [4. 1] на стр. 31). Итак, DC = АВ и ВС = AD. Отсюда следует, что DC — АВ и ВС = AD. б) Теорема [6.2]. Диагонали параллелограмма в точке их пересечения делятся пополам. Доказательство. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD параллелограмма ABCD (черт. 39): О А = ОВ ВА, ОС=^ = ob+pc-, QA + ОС = ОВ_+ 0П + ВЛ + DC. Но ВЛ + DC = 0, поэтому ОА + ОС — ОВ -f- OD. Отсюда следует, что ОА Ц- ОС = 0 и ОВ -\-_OD = 0. В самом деле, если О А ОС #= 0, то и ОВ + Д.____________ £ 4- OD 4= 0. Но О А + ОС парал- лелен диагонали АС, а ОВ 4- / / 4-00 — диагонали BD. Это противоречит условию равенст- д ва векторов. Итак, ОА = — ОС и ОВ = — OD. Теорема дока- ЧеРт’ 39 зана. в) Теорема [6.3]. Если две противоположные стороны четы- рехугольника равны и параллельны, то четырехугольник является параллелограммом. Доказательство. Пусть в четырехугольнике ABCD имеем АВ || CD и АВ = CD (черт. 39). Тогда АВ = DC и, сле- довательно, АВ + CD = 0. С другой стороны, ЯВ+ ВС + CD+ + DA = 0. Отсюда и из предыдущего соотношения получаем: ВС + DA = 0, или ВС = AD. Итак, стороны ВС и AD четы- рехугольника ABCD параллельны, т. е. четырехугольник есть па- раллелограмм. 2. Некоторые свойства треугольников. а) Теорема [6.4 ](о средней линии треуголь- ника). Доказать, что средняя линия треугольника равна полови- не основания и параллельна ей. Доказательство. Пусть АВС — произвольный треугольник, Е— середина АВ и F — середина ВС (черт. 40). Положив BE = а и BF = Ь, выразим векторы EF и АС через а и Ь. Из треугольников ВЕР и ВАС получаем: EF =Ь—а, АС = = ВС — В А = 2 (& — а}. Отсюда АС = 2EF. Задача решена, так как из полученного соотношения непосред- ственно следует, что АС = 2EF и AC || EF. б) Теорема [6. 5] (о медианах треугольника). Доказать, что все три медианы любого треугольника пересекаются в одной точке и каждая медиана в этой точке делится в отношении 2:1, 49
Доказательство. Пусть АВС — данный треугольник, a AMi и СТИ2 — две медианы, пересекающиеся в точке О. Пусть, далее, ОА - р, ОС.= q;CA = а, СВ = b, = = ц (черт. 4i). Из треугольников OAC, OCMt и ОАМ2 получаем: р — q = а; кр— Ь а — Ь т-, — q = —; р — pq = —-—. Подставив из первых двух соотноше- — 'Р + Q или ний значения а и Ь в третье, будем иметь: р — pq =?-—^L — р = ptj q. Отсюда, учитывая, что р и q неколлинеарные векторы, получаем: = 0 и н+у = 0 или к = ц =-----. г 2 Таким образом, АО = 2ОМ^ и СО = 2ОМ2- Мы пришли к вы- воду, что каждая из двух медиан треугольника АВС в точке их пересечения О делится в отношении 2:1. Отсюда непосредствен- но следует утверждение теоремы. в) Теорема [6.6] (о биссектрисе треуголь- ника). Доказать, что биссектриса внутреннего угла треуголь- ника делит противоположную сторону внутренним образом на две Черт. 42 части, пропорциональные при- лежащим сторонам. Доказательство. Ес- ли т и п — единичные век- торы, направленные соответ- ственно вдоль сторон АВ и АС, то вектор т~-п будет на- правлен вдоль биссектрисы AM (черт. 42). Так как АВ II II т, AC II п и AM || (т-{- п), то АВ = ст, АС = Ьп и AM = к В этих соот- ношениях с и b — соответст- 50
пенно длины сторон АВ и АС и X — некоторый коэффициент про- порциональности. Определим отношение х = . Имеем: ВМ = хМС, мс ВМ = AM — АВ — Л.(т-^~ п) — ст = (X — с) т -|- Хга, МС = АС — AM = bn — >.(т + п) = — Km-\-(b — X) п. Таким образом, (X — с) т 4- Хи = — схт -|- х (b — X) п. Так как векторы т и п не коллинеарны, то X — с = — Хх; X = х (Ь — X). Отсюда X (1 + х) = с, X (1 + х) = xb. Следовательно, с = xb и х = —. Теорема доказана. 3. Приложение векторной алгебры к решению задач. Задача 1 На сторонах треугольника АВС построены про- извольные параллелог- раммы ABBiA2, BCCiB2 и ACC2Ai. Доказать, что существует треу- гольник, стороны кото- рого соответственно па- раллельны и равны от- резкам AlA2, BiB2 и CiC2- Решение. На чер- теже 43 изображен тре- угольник АВС с пост- роенными на сторонах параллелограммами. Для решения задачи достаточно показать, что ^1^2 Ч- ^1^2 Ч" ^1^2 = О- 0) В самом деле, если равенство (1) имеет место, то, взяв произ- вольную точку Р плоскости и построив ломаную PQRP' так, что- бы PQ — AiA2; QR = В^В2 и RP' = С^С2, получим, что точка Р' совпадает с точкой Р, т. е. ломаная PQRP' образует £\PQR, стороны которого соответственно равны и параллельны отрезкам AiA2, BjB2 и CtC2. 51
Для доказательства соотношения (1) рассмотрим треуГольни- ки ЛДр42, BBtB2, CCfi2 и выразим векторы ДЛг, В1В2 и СЛС2 через другие стороны соответственных треугольников. Имеем: ДД = ААг — ААи BiB2 = вв* — ВВь С£2 = СС2-ССР Из этих соотношений, учитывая, что АА2 = BBlt ВВ = СД и СС2 = AAlt получаем: ДД Д BJB2 Д С£2 = 0. Задача решена- Задача 2. Дан четырехугольник ABCD и произвольная точка М, лежащая в плоскости это- го четырехугольника. Доказать, что точки, симметричные с М от- носительно середин сторон четы- рехугольника ABCD, являются вершинами параллелограмма. Решение. Пусть М 4, М2, Ms и М4— точки, симметрич- ные точке М относительно се- редин сторон четырехугольника ABCD (см. черт. 44). Так как от- резки MMt и АВ в точке пересе- чения делятся пополам, то четы- рехугольник AM iBM — парал- лелограмм, поэтому ММ\ = МА Д МВ; точно так же получаем: ММ2 = МВДМС, мм3 = мед МО, ММ4 = MA-\-MD. Отсюда получаем: М2М3 = ММ3 — ММ2 = MD — МВ = BD. лцм4 = мм;—мм; = MD—МВ = BD. _______________________ _ Точно так же можно показать, что MjM2 = М4М3— АС. Из полученных соотношений следует, что М2 М3 || M1Mi и MjM2 || || М4М3. Кроме того, очевидно, что точки М 1( М2, М3, М4 не лежат на одной прямой, так как в противном случае векторы М tM4 и MjM2 должны быть коллинеарны, что невозможно в силу того, что MtM4 = BD и MjM2 = АС. Задача решена. Задача 3. Если дан произвольный четырехугольник, то всегда существует треугольник, две стороны которого соответ- 52 52
ственно параллельны диагоналям данного четырехугольника и рав- ны их половинам, а третья сторона параллельна и равна средней ли- нии данного четырехугольника. Доказательство. Пусть ABCD — данный четырехугольник; АС и BD — диагонали, a EF — одна из средних линий (черт. 45). . Bb = BC_+CD, CA = CD-\-DA< FE = + CD + -у- • Из пер- во , СА ВС-С DA . /г?; вых двух соотношении следует, что -у = —--------------------1- CD. -г BD . СА тгр, о . Таким образом, ——|—— = FE. Задача решена1. Задачи и теоремы 73. Доказать, что средняя линия трапеции параллельна осно- ваниям и равна их полусумме. 74. Доказать, что если ABCD — пространственный четырех- угольник (т. е. вершины А, В, С и D не обязательно лежат в одной плоскости), то АВ + DC = 2EF, где АВ и DC — противополож- ные стороны, а Е и F — соответственно середины сторон AD и ВС2. 75. Дан произвольный треугольник АВС. Доказать, что су- ществует треугольник А iC 4, стороны которого соответственно параллельны и равны медианам исходного треугольника. 76. Из медиан треугольника АВС построен новый треугольник AtBtCi, из его медиан — треугольник А2В2С2. Показать, что тре- угольники АВС и А2В2С2 подобны; найти коэффициент подобия. 77. Доказать, что биссектриса внешнего угла неравнобедрен- ного треугольника делит противоположную сторону внешним образом на две части, пропорциональные прилежащим сторонам. 78. На стороне AD параллелограмма ABCD взята точка М так, что AM = k • AD. Прямая ВМ пересекает диагональ АС в точке Р. Определить отношение АР : АС. 79. Построены точки А ь В t и Ct, симметричные с произволь- ной точкой М относительно середин сторон треугольника АВС. Доказать,, что стороны треугольника Л Д iC i соответственно па- раллельны и равны сторонам треугольника АВС. 1 См. решение примера 8, § 4. 2 Эта задача по существу является обобщением предыдущей. 53
80. Средняя линия четырехугольника делит его на два четырех- угольника. Доказать, что середины диагоналей этих двух четырех- угольников являются вершинами параллелограмма или лежат на одной прямой, представляя собой вырожденный параллелограмм. 81. Доказать, что два отрезка, соединяющие соответственно се- редины противоположных сторон произвольного четырехуголь- ника, в точке пересечения делятся пополам. 82. В плоском четырехугольнике проведены три отрезка, со- единяющие соответственно: 1) середины двух противоположных сто- рон; 2) середины двух других противоположных сторон; 3) сере- дины диагоналей. Доказать, что эти три отрезка пересекаются в одной точке Р и каждый из них точкой Р делится пополам.
ГЛАВА II КООРДИНАТЫ ТОЧЕК НА ПЛОСКОСТИ $ 7. ПРЯМОУГОЛЬНЫЕ ДЕКАРТОВЫ И АФФИННЫЕ КООРДИНАТЫ ТОЧЕК НА ПЛОСКОСТИ 1. Прямоугольные декартовы координаты точек на плоскости. Мы приступаем к введению одного из основных понятий аналити- ческой геометрии — координат точек на плоскости. Оно по сущест- ву вводится в средней школе при изучении гра- фиков различных функ- ций. Возьмем на плоскости две взаимно перпендику- лярные прямые а и Ь, пе- ресекающиеся в точке О, и на каждой из прямых еди- ничный вектор, исходящий из точки О. Обозначим век- тор, расположенный на прямой а, через I, а век- тор, расположенный на прямой Ь, через J. Постро- енный геометрический объ- ект, состоящий из двух вза- имно перпендикулярных прямых, пересекающихся в точке О и векто- ров I, j, назовем прямоугольной декартовой систе- мой координат (черт. 46). Точка О называется началом координат, а прямые а и b вместе с векторами I и J — осями координат, причем а называется первой координатной осью или осью абсцисс, а Ь — второй координатной осью или осью орди- нат. Векторы i nJ называются координатными. Ось абс- цисс обычно обозначается через Ох, а ось ординат — через Оу. Сис- тему координат обозначают через OiJ или Оху. Легко видеть, что задание системы координат позволяет опре- делять положение любой точки на плоскости при помощи двух чи- сел. В самом деле, пусть М — произвольная точка плоскости. 55
Проведем через нее две прямые, соответственно параллельные ко- ординатным осям, и обозначим через Мг и М2 точки пересечения этих прямых с осями координат (см. черт. 46). Число х — на- зывается первой координатой или абсциссой, а число у = — второй координатой или орди- натой точки М. Если точка М не лежит на координатных осях, то Mi и Mi не совпадают с точкой О, поэтому координаты точки М отличны от нуля. Если же М лежит на одной из осей, скажем, на оси Ох, то Mi совпадает с О, поэтому у = ^=0. у J Если точка М имеет координаты х, у,то это обычно записывают так: М (х, у). Например, точки, изображенные на чертеже 46, имеют координаты: Л4 ^3, 2—4у,—Р(2,—2), Q(—3,0), Mi (3,0), О (0,0), Mi (о, 2 Легко видеть, что любая точка на пло- скости имеет две координаты, если, конечно, выбрана система ко- ординат. Обратно, при данной системе координат любые два дей- ствительных числа, взятых в определенном порядке, определяют некоторую точку на плоскости. Таким образом, задание системы координат устанавливает взаимно однозначное соответствие между точками плоскости и парами чисел, взятых в определенном порядке. Для построения точки по данным координатам, не равным ну- лю, достаточно на каждой координатной оси отложить от начала координат отрезок, равный соответствующей координате, и через концы построенных отрезков провести прямые, параллельные коор- динатным осям. Точка пересечения этих прямых будет искомой точкой. При этом необходимо учесть следующее: если координата точки положительна, то отрезок, соответствующий этой координате, откладывается от начала координат в сторону вектора оси, т. е. в положительном направле- нии оси. Если же коорди- ната точки отрицательна, то отрезок откладывается в.сторону, проти- воположную нап- равлению векто- р а оси, т. е. в отрица- тельном направлении оси. Например, построим точки с координатами: А (2, 3), В(— 3, 1),С(—1,-2). Для 56
Черт. 48 построения точки А отложим на оси Ох в положительном направле- нии отрезок ОЛ 1=2 и на оси Оу также в положительном направле- нии отрезок ОА2=3 (черт. 47). Далее, через At проведем прямую, па- раллельную оси Оу, а через Аг—прямую, параллельную Ох. Точка пересечения этих прямых есть искомая точка А. Аналогично стро- ятся точки В и С. При этом необходимо учесть, что отрезок, соот- ветствующий отрицательной координате, следует откладывать на соответствующей оси в отрицательном направлении (см. черт. 47). Если у точки абсцисса равна нулю, то она лежит на оси ординат, а если ордината равна нулю, то — на оси абсцисс. Поэтому для построения точки, у которой одна из координат равна нулю, доста-’ точно отложить от начала коорди- нат на соответствующей оси отре- зок, равный ненулевой координа- те. Например, для построения точ- ки D (0,—3) достаточно на оси Оу от начала координат в отрицатель- ном направлении отложить отре- зок, равный 3. Аналогично стро- ятся точки Е (5,0), F (0, 2) (черт. 47). Если, наконец, у точки обе координаты равны нулю, то она совпадает с началом координат. Предлагаем студенту-заочнику самостоятельно составить и решить ряд примеров на построение точек по координатам с тем, чтобы приобрести твердые навыки, в построении точек по коорди- натам. Теперь рассмотрим обратную задачу, т. е. предположим, что на чертеже изображены точки, удовлетворяющие определенным ге- ометрическим условиям, и найдем их координаты в заданной сис- теме. Рассмотрим следующую задачу. Задача 1. Дан правильный шестиугольник ABCDEF. Най- ти координаты его вершин и центра О, принимая за начало коорди- нат точку А, а за координатные векторы I и j— соответственно векторы АВ и AS, где S — такая точка отрезка АЕ, что AS = АВ (черт. 48). Решение. Система координат прямоугольная декартова, так как АВ |. АЕ и АВ = AS. Примем АВ = AS за единицу измерения. Пусть Т — точка пересечения диагоналей FC и АЕ. Так как АЕ — сторона вписанного в окружность треугольника, то А£=1 3. Точки А и £ симметричны относительно диаметра FC и А£_|_£С, уу поэтому АТ = ТЕ = . Из прямоугольного треугольника ATF 57
получаем: TF = AF = у, поэтому СТ = 2 —^- = у. Получен- ные соотношения позволяют определить координаты всех вершин ше- стиугольника. 1) А (0, 0), так как А — начало координат. 2) В (1, 0), так как В является концом первого координатного вектора. о. 3 Уз \ 3) С l-g-, I в силу того, что координаты этой точки опре- деляются отрезками ТС = и АТ = 4) D(l, ИЗ) в силу того, что ее координаты определяются отрезками DE = АВ = 1, АЕ = 13. 5) Е(0, /З"), так как Е лежит на оси Оу и отстоит от на- чала координат на расстоянии АЕ = КЗ. г ( 1 /з \ 6) г1----g-, -g-l в силу того, что координаты этой точки оп- ределяются направленными отрезками TF ------g-, АТ = -g- . _ п ( 1 /3 \ 7) ОI у > ^-g-I в силу того, что ее координаты определяются отрезками ТО = -g- и АТ = • 2. Аффинные координаты точек на плоскости. В прямоугольной декартовой системе координат оси взаимно перпендикулярны, а координатные векторы единичные. Если отказаться от этих двух требований, а во всем остальном поступать так, как в предыду- щем пункте, то получим более общий способ аналитического зада- ния точек. Возьмем на плоскости две различные прямые а и Ь, пересекающиеся в точке О, и на каждой из прямых ненулевой век- тор, исходящий из точки О. Обозначим через ег вектор прямой а, а через е2 — вектор прямой Ь. Построенные нами геометрические объекты (т. е. прямые а и Ь, пересекающиеся в точке О, и векторы е 1 и е2) назовем аффинной системой координат (черт. 49). Терминология и обоз- начения для аффинной системы координат те же, что и в случае прямоугольной декартовой си- стемы. Покажем, что задание аффин- ной системы позволяет определять положение любой точки на плоско- сти при помощи двух чисел. В са- мом деле, пусть 714 — произволь- ная точка плоскости. Проведем че- 58
рез нее две прямые, соответственно параллельные координатным осям, и обозначим через Л41 и М2 точки пересечения этих прямых OMt с осями координат (см. черт. 49). Число х= называется первой координатой или а б с ц и с сой точки М, ОЛ1о и у и а число у = -— — второй координатой или ординатой точки М. Запись М (х, у)ое,е2 означает, что точка М в системе Ое^ имеет координаты х и у. Так же, декартовой системы, зада- ние аффинной системы ко- ординат устанавливает вза- имно однозначное соответ- ствие между точками плос- кости и парами чисел, взя- тых в определенном по- рядке. Для построения точек по данным координатам целесообразно на коорди- натных осях предвари- тельно построить «коорди- натную шкалу». Для этой цели, принимая точку О за начало, построим си- стему векторов elt 2 elt как и в случае прямоугольной Черт. 50 3 б4, . . . , — 61,—2 61, —Збь ..., концы которых лежат на оси Ох, и другую систему векторов б2, 2 б2...........— б2, — 2б2,.... концы которых лежат на оси Оу. Таким образом, на осях координат получаем последовательность точек, отмечен- ных на чертеже 50 цифрами 1, 2, 3, ... , —1, —2, —3, . . . Поль- зуясь «координатной шкалой», легко построить любую точку, за- данную своими координатами. Например, для построения точки А (2, 3) необходимо через точку 2 оси Ох провести прямую, парал- лельную оси Оу, а через точку 3 оси Оу — прямую, параллельную оси Ох. Точка пересечения этих прямых есть А. Точно так же на чертеже 50 построены точки В (1, —3), С (—1, —2), D (—2, 3), Е (3, 0) и F (0, —2). Рассмотрим обратную задачу. Задача 2. На плоскости дан параллелограмм ABCD. При- нимая точку А за начало аффинной системы и полагая АВ =е1г AD = е2, определить координаты всех вершин и центра О парал- лелограмма (черт. 39). Решение. Так как А — начало координат, а В и О являют- ся концами координатных векторов, то А (0, 0), В (1, 0), D (0, 1). 59
Черт. 51 Очевидно также, что С (1, 1), так как прямые, проведенные через С параллельно координатным осям, совпадают с прямыми CD и СВ. Наконец, для определения координат центра О проведем через эту точку прямые, параллельные координатным осям. Эти прямые, оче- видно, пройдут через середины отрезков АВ и AD, поэтому о -V \2 2/ Заметим, что координаты точки существенно зависят от выбора системы координат. Одна и та же точка в различных системах име- ет, вообще говоря, различные коорди- наты. Например, на чертеже 51 точка А в системе Oi j имеет координаты (3, 1), а в системе Oie2 координаты (2, 2). Точка В на том же чер- теже в системе Oi j имеет координаты а в системе О1е2 — (0,5). Мы ввели в рассмотрение прямо- угольные декартовы и аффинные си- стемы координат. Очевидно, прямо- угольная система есть частный случай аффинной, поэтому все тео- ремы , и предложения, доказанные для аффинной системы, справедливы и для прямоугольной декартовой. Обратное утверждение, конечно, не справедливо. Поэтому в дальнейшем изложении во всех случаях, когда это воз- можно, будем пользоваться аффинными системами. В прямоуголь- ной декартовой системе будем рассматривать только такие вопросы, изложение которых существенно упрощается при введении этих систем. Итак, во всем дальнейшем изложении, если нет специаль- ных оговорок, мы предполагаем, что система координат аффин- ная. 3. Координатные углы. Координатные оси Ох и Оу делят всю плоскость на четыре угла, называемые координатными углами. В § 5 было отмечено, что если — данная система координат, то положительным направлением обхода плоскости бу- дем считать то направление, по которому следует повернуть вектор е{ до совпадения с направлением век- тора е2 п0 кратчайшему п у- т и (см. черт. 34). Введем следую- щую нумерацию координатных уг- лов. Первым назовем угол, образо- ванный лучами, на которых расположены векторы ег и е2 (пред- полагается, что et и ег приложены к точке О). Остальные три угла нуме- 60
руются последовательно, в положительном направлении, как показано на чертеже}52. Если точка М (х, у) не лежит на координатных осях, то по зна- кам чисел х и у можно определить, в каком из координатных углов она лежит. В самом деле, если х > 0, у > 0, то точка лежит в первом угле; если х < 0, у > 0, то точка лежит во втором угле; если х < О, у < О, то точка лежит в третьем угле; если х > 0, у < 0, то точка лежит в четвертом угле. Очевидно, имеют место и обратные утверждения. Эти критерии позволяют без помощи чертежа, по координатам точек, определить их положение по отношению к системе. Напри- мер, если А (2, 5), В (— 1,— 1 ) , С (—2, 1), D (2, — 5), £(1,3), F (—1, —1), G (2, 0), то, очевидно, А и Е принадлежат первому координатному углу, В и F — третьему, С — второму, a D — чет- вертому. Точка G лежит на оси х, так как ее вторая координата рав- на нулю. 4. Радиус-вектор точки. Пусть 0^ е2 — данная система коорди- нат, а М — произвольная точка плоскости. Вектор ОМ называется радиус - вектором точки М (черт. 49). Если точка М в си- стеме Оех е2 имеет координаты х и у, то по определению х = ом± у = или = , _ уе^ j-[0 так как по ^2 ___ ______ ______ правилу параллелограмма ОМ = OMt -ф- ОМ2, то ОМ = xet + уе2. (1) Это соотношение имеет место также и в том случае, когда М ле- жит на одной из координатных осей. В самом деле, если, например, М лежит на оси Ох (у = 0), то М совпадает с Mt, поэтому ОМ = = xet или ОМ = xet -f- 0 • ег, т. е. мы снова пришли к соотноше- нию (1). Соотношение (1) показывает, что координаты точки М в системе Ое^^ соответственно равны координатам радиус - вектора точки М в базе е^2. Это утверждение, по существу являющееся очевидным, играет существенную роль во всем дальнейшем изложении. Обращаем внимание студента-заочника на следующее: так как предыдущее утверждение высказано по отношению к аффинной системе Ое^, то оно справедливо также и для ее частного случая— прямоугольной декартовой системы, т. е. координаты точки М в прямоугольной де- картовой системе 01j соответственно равны координатам радиус- вектора этой точки в базе IJ. Задача 3. На плоскости дан правильный шестиугольник ABCDEF. Принимая точку А за начало координат и полагая АВ = = Cj и AF = е2, определить координаты всех вершин и центра О шестиугольника (черт. 53). 61
Решение. Так как начало координат совпадает с точкой А, а точки В и F являются концами координатных векторов, то А (0, 0), В (1, 0), F (0, 1). Для определения координат остальных точек вы- разим их радиус-векторы через и е2. АС = AF Д FC = е2 + Д- 2 ех, так как FO = ОС = АВ = Отсюда следует, что точ- ка С имеет координаты (2, 1); AD = АСД- CD = (2et Д- е2) Д- е2 = 2^ Д- 2е2, т. е. D (2, 2); AE = AD-]-DE =-- (2^4-2^) — et =^ + 2^, т. е. Е (1, 2); АО = AD = -j- (2е, Д- 2е2) = е, Д- е2, т. е. О (1, 1). Выше было отмечено, что координа- ты точек существенно зависят от выбо- ра системы координат. Чтобы в этом убедиться, решим следующую задачу: Задача 4. Решить предыдущую задачу, принимая точку А за начало координат и цолагая АВ = elt АО=е%. Решение. Очевидно, точки А, В и О имеют координаты: А (0, 0), В (1, 0), О (0, 1). АС = АВВС =АВ + АО = т. е. С (1, 1); AD = АО Д- OZ? = 2 АО = 2е2, т. е. D (0, 2); АЁ = AD + DE = AD — XB =2^ — ^, т. е. Е (—1, 2); AF = АО Д- OF = е2 — еъ т. е. F (— 1, 1). Вопросы и задачи 83. Что называется системой координат на плоскости? В чем отличие аффинной системы координат от прямоугольной декар- товой? 84. Взяв прямоугольную декартову систему координат, постро- ить следующие точки: А (2, 1), В (-у, — 1), с (1,-4), —2), В (0, 1), F (-3, —2), G(—3, 0), L(-3, 3). 85. В прямоугольной декартовой системе координат построить точки, абсциссы которых равны соответственно —3, —1, —2, —5, а ординаты определяются из условия у = 2 х2 — 10. 86. Решить задачу 84 в предположении, что система аффинная. 62
87. Изменяются ли координаты точек плоскости, если систе- му Oeiez заменить системой Oeie3, где е3 = —е2? 88. Существуют ли такие точки плоскости, у которых соответ- ствующие координаты совпадают в двух системах Oeie2 и Oeie3, где е3 = —е2? 89. Существует ли на плоскости точка М (х, у), совпадающая с точкой N {у, х)? Определить геометрическое место таких точек. 90. Начертить на плоскости две различные прямоугольные де- картовы системы координат, в которых данная точка М имеет ко- ординаты (2, 1). g 91. Начертить на плоскости две раз- личные аффинные системы координат, г \ в которых точка М имеет координаты / / \ \ U, !)• / /; \ \ 92. Пусть АВС — равносторонний I / J \ I треугольник, ВН — высота, а К — \ / \ / точка, лежащая на стороне АС и удов- ----------------*~/г—*/<• летворяющая условию: НВ=НК- Опре- Н s' " делить координаты вершин треуголь- ----s' ника в прямоугольной декартовой систе- Черт. 54 M&HIJ, где i = НК, J= НВ (черт. 54). 93. Решить предыдущую задачу, принимая А за начало аффин- ной системы координат и полагая АН = и АВ = е2 (черт. 54). 94. В равнобочной трапеции ABCD большее основание AD = 10, высота равна 2, а угол при основании равен 30°. На плоскости взя- та прямоугольная система координат, начало которой О совпадает с серединой отрезка AD, а направление осей Ох и Оу — соответст- венно с направлением векторов OD и ОМ, где М — точка пересече- ния диагоналей трапеции. Определить координаты всех вершин трапеции, точки М и точ- ки N пересечения непараллельных сторон. 95. Решить предыдущую задачу в предположении, что начало координат находится в точке А, а координатными векторами и е2 являются векторы AD и АВ. 96. Можно ли восстановить аффинную систему координат, если дано начало координат, направления координатных осей и извест- но, что данная точка М имеет в искомой системе координаты (1,3)? 97. В прямоугольной декартовой системе координат Oij даны точки А (1,2), В (—1, —3), С (0, 5), D (5, 0), Е (1, 1). Определить ко- ординаты этих точек в системе Aij. 98. В прямоугольной декартовой системе дана точка М (2, 5). Определите координаты точки М', симметричной с М: а) относи- тельно оси Ох; б) относительно оси Оу; в) относительно начала ко- ординат. 63
99. Объяснить принцип нумерации координатных углов. Не прибегая к чертежу, выяснить, в каких координатных углах лежат точки А, В, С, D, Е, F, G, L, заданные в задаче 84. 100. В каком из координатных углов лежит середина отрезка АВ: А (0, 1), В (3, 0)? 101. Что называется радиус-вектором точки? Меняются ли ра- диус-векторы точек, если: а) изменить направления координатных осей, оставив начало без изменения; б) изменить начало координат, оставив напрдрления осей без изменения. 102. Могут ли две различные точки в одной и той же системе координат иметь равные радиус-векторы. 103. Вершины четырехугольника находятся в точках А (1, —3), В (8, 0), С (4, 8) и D (—3, 5). Пользуясь радиус-векторами данных точек, доказать, что четырехугольник ABCD — параллелограмм. Система координат аффинная. § 8. РЕШЕНИЕ ПРОСТЕЙШИХ ЗАДАЧ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ В КООРДИНАТАХ В настоящем параграфе рассмотрим ряд задач аналитической геометрии, имеющих важное практическое Значение. 1. Определение координат вектора по координатам концов. Задача 1. Даны две точки А и В своими координатами в аффинной системе: A (хь у i), В (х2, уг). Определить координаты вектора АВ. Ре ш е н и е. Если О — начало аффинной системы координат, то АВ = ОВ — О А. Но ОД и ОВ есть радиус-векторы точек А и В, поэтому их координаты нам известны: О А {%!, у 1} и ОВ (х2, у2). Таким образом, АВ как разность векторов ОВ и ОА имеет коорди- наты: АВ [x2 — xit у2 — yi). Итак, Теорема [8.11 Каждая координата вектора равна разности соответствующих координат конца и начала вектора. Пример 1. Даны точки А (2, —5), В (1, 1), С (К2, 5), 0(3,—1). Определить координаты векторов АВ, AC, DB и СВ. Решение. Так как В (1, 1) и А (2,—5), то, вычитая из ко- ординат конца вектора АВ соответствующие координаты начала, получаем координаты этого вектора: АВ (—1, 6}. Аналогично по- лучаем координаты остальных векторов: АС {К 2—2, 10 } , DB (—2, 2 }, СВ {1 — У~2, —4}. Пример 2. Вектор а (1,—3} имеет начало в точке М (10,—3). Найти координаты его конца. Решение. Если N (х, у) есть конец вектора а, то х — 10 = 1 и у + 3 = —3. Отсюда х = 11, у = —6, т. е. N (11, —6). Пример 3. Вершины четырехугольника находятся в точ- 64
ках А (1, —3), В (8, 0), С (4, 8) и О(—3, 5). Показать, что ABCD есть параллелограмм. Система координат аффинная. Решение. Для решения задачи достаточно показать, что ДВ = DC. Вычислив координаты АВ и DC, убеждаемся в спра- ведливости указанного равенства: АВ {7, 3); DC (7, 3|. 2. Деление отрезка в данном отношении. Из элементарной гео- метрии известно, что если М есть точка прямой АВ, то число AM X = называется отношением, в котором эта точка делит отре- зок АВ. Если М лежит между А и В, то говорят, что она делит АВ внутренним образом, если же М лежит вне отрезка АВ, то М делит отрезок внешним образом. В целях уточне- ния этого понятия введем следующее определение: Будем говорить, что точка М, лежащая на прямой АВ, делит направленный отре- зок АВ в отношении К, если X = Ам. МВ Существенно заметить, что в числитель этого отношения входит вектор, начало которого совпадает с началом отрезка АВ, а в зна- менатель — вектор, конец которого есть конец этого отрезка. От- метим некоторые свойства этого понятия: а) Какова бы ни была точка М прямой АВ, отличная от В, всег- да существует отношение, в котором М делит отрезок АВ. б) Если М лежит между Л и В, то отношение X, в котором М де- лит отрезок АВ, положительно, если М не лежит между А и В, то оно отрицательно. Если М совпадает с А, то X = 0. в) Каково бы ни было число X, отличное от —1, всегда на прямой АВ существует одна и только одна точка М, делящая направленный отрезок АВ в отношении X. Первые два свойства очевидны, поэтому докажем только свой- ство в). Пусть X — произвольное (положительное или отрицатель- ное!) число, отличное от —1. Найдем на прямой АВ точку М, удов- летворяющую условию: AM = КМВ. Из этого соотношения сле- дует:_ЛМ + ХАМ = X (АМ + МВ) = КАВ или (1 + X) АМ = = ХАВ. Так как 1 + Х=/= 0, то АМ = -^-'АВ. (1) 14-Х v ’ Очевидно, существует .одна и только одна точка М, удовлетво- ряющая этому соотношению. Заметим, что на прямой не существует точки, делящей отрезок АВ в отношении X = — 1. В самом деле, если X = — 1, то = — 1 или АМ = — МВ, АМ + МВ = 0, АВ = 0, т. е. АВ МВ есть нулевой отрезок. Этот случай, очевидно, мы с самого начала исключили из рассмотрения. 3 Л. С. Атанасян 65
Соотношение (1) позволяет строить точки, делящие отрезок в данном отношении. Пример 4. На прямой I взяты последовательно точки А1г А2, А3, А4, А6, Ав так, что А М2 = Д2Д3 = А3А4 = Д4Д5 = АаАв. Определить отношения, в которых точки Ai, Д2, А3, А4, Аа делят отрезок Д3Д5 (черт. 55). Решение. Обозначим через At Аг А3 ^‘f ^5 А6 \ и Ч отношения, в кото- —н—|----------1--'---1--- рых точки Д1( Д2, Д3, А4 и Дв де- Черт 55 лят отрезок А3 А5. Из чертежа 55 видно, что А3 А4 2 ________1 ___ А3 А3 AYAS 4 2 ’ 2 Аз А3 А3 А А3 А4 _ । ___ А3 А3 _____3 А А ’ АвА3 1 Пример 5. Построить точки, каждая из которых делит от- резок АВ в отношении =1, Х2 = —Х3 = Х4=3, кь=—5. Решение. Пусть — точка, делящая АВ в отношении А = 1. Из соотношения (1) следует, что AMt = -^-АВ. Поэтому М4 есть середина отрезка АВ (черт. 56). Аналогично если Мг — точка, делящая АВ в отношении Х2 =-------------— , то АМ3 = 4 1 =------—АВ =——АВ. Для определения точки Мг следует одну треть отрезка АВ отложить от точки А в сторону, противо- положную точке В. Конец полученного отрезка будет точкой М2. На чертеже 56 построены точки Л13, М4 и М6, делящие отрезок АВ в отношениях 13 — = 3, Х5 — — 5. 3. Определение коорди- нат точки, делящей данный * ' >з ' '4 а г/5 отрезок в данном отноше- ’ 1 ± 1 ' нии. Задача 2. Пусть в Черт. 56 некоторой аффинной систе- ме даны две различные точки своими координатами A(xit yj и В(х2, у2). Определить координаты точки М, которая делит отрезок в отношении —1. Решение. Пусть г2 и г — соответственно радиус-векторы точек А, В и М. Так как X = 4=г> то ДМ — X Л4В. Далее, мв 66
AM = r — ru MB = r2 — г. Подставив эти значения в предыдущее соотношение, получаем:/* — rt = к (г2 — г). Из этого векторного со- отношения после элементарных преобразований получаем: г = . (2) 1 —Л Пользуясь теоремой о координатах линейной комбинаций век- торов, отсюда будем иметь: X = + ^ -*-2 у _ У1 + У2 1 + к ’ У 1 + к ’ k ' В частности, если точка М делит отрезок АВ пополам, то к = 1, поэтому из соотношений (3) имеем: = Xi+Xg = У1 + У2 2 ’ У' 2 (4) Таким образом, мы доказали теорему. Теорема [8. 2]. Координаты, точки, делящей отрезок А (*1, У1), В (хг, у г) в отношении к, определяются из соотношений (3). Координаты середины отрезка равны полусуммам соответствую- щих координат концов отрезка. Пример 6. Определить координаты точек, делящих отре- зок А (1, —5), В (—2, 3) в отношении: = 2, кг = —2, к3 = —’ 4 = 1. Решение. Для получения координат точек, делящих от- резок АВ в данном отношении, воспользуемся формулами (3): 1 + 2-(—2) = -3 = _ j -5+ (+2)3 = _1_ 1 + 2 3 ’ 1+2 3 ’ 1 +(—2)(—2) = 5 = _5 -5 + (-2)-3 = п 1 + (-2) -1 ’ У2 1 + (-2) 1—2 1 —5+3 = -Т. = -------- Пример 7. Дана точка М (3, —2) в прямоугольной декарто- вой системе координат. Найти координаты точки, симметричной точке М: а) относительно оси абсцисс: б) относительно оси ординат; в) относительно начала координат; г) относительно биссектрис всех координатных углов. 3* 67
Решение. Если точка А имеет координаты (х, у), то точка А', симметричная ей относительно оси абсцисс, имеет координаты (х, —у). В самом деле, середина М отрезка АА' лежит на оси Ох, так как ее координаты равны: хм = = х, ум — = 0. Кроме того, «отрезок А А' перпендикулярен оси Ох, так как век- тор А А' {0, —2 у] параллелен оси Оу. Точно так же можно показать, что точка А", симметричная А относительно оси ординат, имеет координаты (—х, у). Определим координаты точки А* (х*, у*), симметричной А отно- сительно начала координат. Для этой цели достаточно потребовать, чтобы середина отрезка ЛЛ* совпадала с началом координат, т. е. X I X* V I у * —— = 0, —--- = 0. Отсюда получаем: х* = — х и у* = — у. Таким образом, точка А* имеет координаты (—х, —у). Переходим к определению координат точек, симметричных А относительно биссектрис координатных углов. Пусть Ц—биссек- триса первого и третьего, a Z2— второго и четвертого координатных углов. Пусть, далее, Ai (xlf у4) симметрична с А относительно Ц. Это означает, что отрезок AAi параллелен Z2 и, кроме того, сере- дина этого отрезка лежит на Ц. Так как /2 имеет направление век- тора i — J, то первое условие сводится к коллинеарности векто- ров АА! и i — j, т. е. | Xi —- х у! — у | = Q или . yt _ у _ _ Х1 х Второе условие сводится к тому, что координаты середины от- резка ЛЛ1( т. е. \ равны друг другу: х-j- xt = у-|-уР Решив совместно полученные два уравнения, определяем Xi и у^ Xi = У> У1 — х- Таким образом, Ai имеет координаты (у, х). Точно так же определяем координаты точки Л2, симметричной с А относительно Z2: Л2 (—у, —х). Для данного примера будем иметь: М' (3, 2), М" (—3, —2), М* (—3, 2), >Mi (-2, 3), М2 (+2, -3). Задача 3. Доказать, что точка пересечения М медиан тре- угольника с вершинами Л(хо yt), В (х2, у2), С (х3, у3) имеет коор- динаты: Х1 + *2 + *3 ,, _ У1 Ч" У2 + Уз /Г\ =------з-----» Ум— $ \ \°) Система координат аффинная. 68
Решение. Если Mi — основание медианы, проведенной через вершину А, а М — точка пересечения медиан, то, как извест- но из элементарной геометрии, . 2, поэтому, зная координа- ММХ ты точек Д и Mi, легко получить координаты точки М (черт. 57). Точка Mi-—середина отрезка ВС, поэтому /х2 ~Р -Уз У2 Ч~ Уз \ Ц 2 ’ 2 / Черт. 57 Задача 4. В точках A (xt, yj и В (х2, у2) сосредоточены мас- сы mi и т2. Доказать, что координаты центра тяжести системы двух материальных точек А и В определяются соотношениями: х _ _ miy^ m2y2. «х + т2 mi + т2 Решение. Центр тяжести двух материальных точек А и В находится в точке С, расположенной на отрезке АВ и делящей этот отрезок в отношении, обратно пропорциональном массам, сосредото- ченным в точках А и В. Таким образом, С делит отрезок АВ в отно- шении X = — . Если х, у — координаты точки С, то mi т2 Х1 + х2 , д. __ ___т1 _ т1 Х1 т2 х2 j j mi т2 ’ т, , т2 v — = OTi У1+та Уг 1+^1 mi + m2 mi Пример 8. Даны координаты середин сторон АВ, ВС и СА треугольника АВС: М (1, 3), N (5, —2), Р (—2, —5). Определить координаты всех вершин треугольника. Решение. Если Д(хь у^, В (х2, у2), С(х3, у3), то Х1 Ч~ х2 _ j У1 -р У2 _ о х2 + х3 _ 5 2 ~ ’ 2 ’2 69
Или Уг + -Уз __________2 Ч- xi 2 ’ 2 У«+_Ук = -5, 2 + х2 = 2, Х2 -|- Х3 = 10, Xs + xt = — 4; У1 + Уг = б, Уг + Уз = — 4, Уз + У1 = — Ю- Решив эти системы уравнений, получаем: Xi = —6, х2 8, х3 = 2, yi = 0, у2 - 6, у3 — —10. Итак, А (—6, 0), В (8, 6), С (2, —10). 4. Условие коллинеарности трех точек. Задача 5. Пусть в аффинной системе даны три точки A (xb у i), В (х2, Уг) и С (х3,у3). Найти необходимое и достаточное условия коллинеарности этих точек. Решение. Три точки называются коллинеарными, если они лежат на одной прямой. Для того чтобы точки А, В и С были кол- линеарны, необходимо и достаточно, чтобы векторы АВ и АС были коллинеарны. Отсюда легко получить искомое условие. Так как АВ [х2 — xlt у2 — yj, АС {х3 — xt, у3 —у 1} , то условие колли- неарности этих векторов согласно теореме [4. 5] запишется так: х2 Xi у2 yt Х3 — Xi Уз — У! = 0. (7) Это соотношение можно записать в более удобном для запоминания виде: *1 yi Х3 Уг хз Уз (8) Непосредственным подсчетом легко убедиться в равенстве оп- ределителей, входящих в уравнения (7) и (8). Таким образом, мы доказали теорему: Теорема [8. 3]. Для того чтобы три точки А (хь уО, В (х2> у2) « С (х3, у,), данные в аффинной системе, были коллинеарны, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие (7) или экви- валентное ему условие (8). Пример 9. Даны тройки точек: а) (2, 1), (—1, 0), (5, 2); б) (0, 1), (0, 0), (3, 4); в) (3, 5), (3, —1), (3, 7). Выяснить, какие из этих троек точек коллинеарны. Решение. Проверяем условие (8) для каждой тройки точек: 70
1 2 a) б) 2 1 — 1 О 5 2 О 1 1 О О 1 3 4 1 1 = -1 1 5 1 О 2 1 1 Точки коллинеарны. = 3. Точки не коллинеарны. 3 О 6 1 3 2 6 3 5 1 в) 1 О 3 —1 1 =0, так как первый и третий столбцы опреде- 3 7 1 лителя пропорциональны. Точки коллинеарны. 5. Определение расстояния между двумя точками. Задача 6. В прямоугольной декартовой системе даны две точки А (x1T yj и В (ха, у2). Определить расстояние между этими точками. Решение. Расстояние р между точками А и В равно модулю вектора АВ, поэтому, определив координаты вектора АВ и поль- зуясь теоремой [5. 2], легко получить искомую формулу для оп- ределения расстояния между двумя точками АВ {х2 — хъ Уг— У1): Р = V (х2 —xI)2+(y2 —yj2. (9) Мы пришли к следующей теореме: Теорема [8.4]. Расстояние между двумя точками, задан- ными своими координатами в прямоугольной декартовой системе, равно корню квадратному из суммы квадратов разностей соответст- вующих координат данных точек. Прим ер 10. Даны вершины треугольника в прямоугольной декартовой системе А (2, 1), В (—2, —2) и С (10, —7). Определить длины его сторон. ’• Решение. Длины сторон треугольника АВС определяются по формуле (9): АВ = /(2 + 2)2 + (1 + 2/ = /16 + 9 = 5, ВС = /(— 2 — Ю)2 + (— 2 + 7р= 13, С А = /(10 —2)2 + (—7 —1)2= /64 + 64 = 8 /2? Пример 11. Определить радиус окружности, которая про- ходит через точку А (5, 2) и имеет центр в точке В (1, —1). \ Решение. Радиус окружности равен расстоянию между дан- ными точками, поэтому АВ = /(5- 1)2 + (2+ I)2 = 5. Пример 12. В прямоугольной декартовой системе даны ко- ординаты вершин треугольника АВС: А (4, 1), В (7, 5), С (—4, 7). Вычислить длину биссектрисы AD угла А. 71
Решение. Для определения длины биссектрисы AD доста- точно знать координаты точки D. Так как AD — биссектриса, то D делит отрезок ВС на две части, пропорциональные прилежащим сторонам АВ и АС. Отсюда легко определить отношение Л, в кото- ром точка D делит отрезок ВС, а зная % — координаты точки D. Таким образом, намечается следующий план решения задачи: 1) Определяем длины сторон АВ и АС, а затем % = . 2) Определяем координаты точки D. 3) Определяем длину биссектрисы AD. Переходим к решению задачи. 1) АВ = /(7~4)2 + (5 —1р = /9+ 16 = 5, АС = /(— 4 — 4)2 + (7’-^1р= /64 4 36 = 10. т , BD 1 Таким образом, X, = — = — . 2) Если обозначить через (х, у) координаты точки D, то 74- —(—4) 5 + —-7 ^2 ' ' 10 2 17 X = -----;- — ---, у = ------. .1 3 ’ Л .1 3 3) /4+196 _ 10 3 3 и Л Пример 13. Найти координаты центра и радиус окружно- сти, проходящей через точку В (— 10, 4) и касающейся оси Ох в точке А (—6, 0). Система координат прямоугольная декартова. Решение. Пусть г — радиус окружности, а х, у — коор- динаты центра С. Так как окружность касается оси Ох в точке А (—6, 0), то х = —6, |у| = г. Точки В и С лежат по одну и ту же сторону от оси Ох, поэтому у > 0 и у = г. Для определения г вос- пользуемся условием: ВС = /(6 — 10)24-(4 —Ту = /г2 —8г+ 32 = г. Отсюда получаем: г = 4 и С (—6,4). 6. Вычисление площади ориентированного треугольника. Тре- угольник АВС называется ориентированным, если указан порядок расположения вершин. Очевидно, треугольник АВС можно ориентировать двумя способами, указы- вая обход от вершины А к вершине В, затем С и, на- оборот, от А к С и В (черт. 58). В первом случае 72
ориентированный треугольник будем обозначать через АВС, а во втором случае АСВ. Назовем площадью ориентированного треугольника, за- данного на ориентированной плоскости, число, абсолютная величина которого равна площади данного треугольника и которое положитель- но, если ориентация треугольника совпадает с положительной ори- ентацией плоскости, и отрицательно — в противном случае. На чертеже 58 ориентация плоскости задана окружностью S, поэтому площадь ориентированного треугольника ЛВС положительна, а тре- угольника А СВ-отрицательна. Из курса элементарной геометрии известно, что пло- щадь S треугольника АВС вычисляется по формуле: S = - АВ - AC sin ZBAC. 2 Если плоскость не ориенти- рована, то для любого тре- угольника sin Z ВАС > О, поэтому всегда S > 0. Если Черт. 59 эту формулу записать в та- ком виде: S= — АВ- AC sin (АВ^А С), и предположить, что ориен-. тированный треугольник АВС задан на ориентированной плоскости, то, очевидно, sin (АВ, АС) >0 в случае, когда ориен- тация треугольника совпадает с положительной ориентацией плос- кости и sin (АВ, АС) < 0 в противном случае. На чертеже 59 sin (АВ, АС) > 0, a sin (Л jBi, Л fii) < 0. Таким образом, площадь ориентированного треугольника ЛВС на ориентированной плос- кости может быть вычислена по формуле: 3 = ^ ЛВ - ЛС sin (лв/лс). (Ю) Пользуясь этим соотношением, легко получить формулу для вычисления площади ориентированного треугольника по коорди- натам вершин, если предположить, что плоскость ориентирована координатной базой (см. § 5, п. 1). Задача 7. В прямоугольной декартовой системе Дан ориен- тированный треугольник ЛВС: Л (xit yj, В (х2, у2), С (х3, у3). Вычислить площадь этого треугольника. Решение. Для вычисления площади треугольника ЛВС воспользуемся формулой (10). Заметим, что АВ {х2 — xlt у2 — у АС {х3 — xlt у3 — У1), поэтому согласно формуле (8), § 5 имеем: 73
sin (AB, ЛС) = I *2 — *! Уг —У1 I ____ | хя — x, уя — у, |______ И (xa — xt)2 + (y2— y4)2> (*s —*i)2+ (Уз —У1)2 В знаменателе имеем длины отрезков АВ и АС, поэтому, подставив это значение в формулу (10), будем иметь: S=— У2 У1 I. (11) 2 *3 —-Ч Уз —У1 I Эту формулу можно записать в более удобном для запоминания виде: 2 1 1 Xi *2 *3 У1 Уз Уз (12) Непосредственным подсчетом легко убедиться в равенстве опреде- лителей, находящихся в правой части равенств (11) и (12). Мы доказали следующую теорему: Теорема [8. 5]. Если ориентированный треугольник АВС задан в прямоугольной декартовой системе координатами своих вер- шин А (х у 4), В (х2, УгЬ С (xs, у3), то площадь этого треугольника вычисляем формулой (11) или (12). Для того чтобы ориентация тре- угольника совпала с положительной ориентацией, определяемой координатной системой, необходимо и достаточно, чтобы S > 0. Пример 14. Вычислить площадь ориентированного тре- угольника АВС: а) А (0, 1), В (4, 3), С (1, —1); б) А (0, 0), В (1, 0), С (0, 1). Система координат прямоугольная декартова. Решение. 0 1 a) S = — 4 3 2 1 -1 1 1 1 = 1(-4.2+1-3) = -5. Таким образом, ориентация тре- угольника не совпадает с ориента- цией плоскости (черт. 60). В этом случае ориентация тре- угольника совпадает с ориента- цией плоскости. 74
Опре- Найти (1, 1). Вопросы и упражнения 104. Даны точки А (2, 5), В (1, —1), С (2, —2), D (1, 7). делить координаты векторов: АВ, AD, DB, ВС, СА. 105. Вектор а {3, 4} имеет начало в точке М (—2, 3). координаты его конца. 106. Вершины четырехугольника находятся в точках А В (2, 3), С (5, 0), D (I, —5). Показать, что ABCD — трапеция. Сис- тема координат аффинная. 107. Построить точки, делящие данный отрезок АВ в отноше- нии: \ = 2, Х2 = — 3, Х3 ----— , \ , Х5 = — . 108. Пусть точка М лежит между точками А и В и AM = 4МВ. Определить отношение, в котором: а) М делит отрезок АВ; б) В де- лит отрезок МА; в) В делит отрезок AM; г) А делит отрезок ВМ. 109. Если М делит отрезок АВ в отношении X, то в каком отно- шении делит М отрезок В А? 110. В прямоугольной декартовой системе даны координаты вершин треугольника АВС: А (2, 5), В (0, 1), С (3, —1). Определить координаты вершин треугольника А'В'С', симметричного треуголь- нику АВС относительно оси Ох. 111. “ - - - В (-1, Определить координаты точек, делящих отрезок А (2, 3), 2) в отношении: \=1, Х2=—2, 13 = 1,Х4 = 3. Две вершины треугольника АВС имеют координаты 112. А (3, 6), В (—3, 5). Определить координаты вершины С при условии, что середины сторон АС и ВС лежат на осях координат. Система координат аффинная. 113. На прямой I взяты последовательно точки Alt А2, А3, А4, Л5, Ав так, что А4А2 = Л2Л3 = А3А4 = A4AS = А&Ае. Зная ко- ординаты точек А 2 (2, 5) и Д5 (—1, 7) в аффинной системе коорди- нат, определить отношения, в которых точки А ь А3, А4 и Ав де- лят отрезок А2Ад, а также координаты этих точек. 114. Определить координаты точки пересечения медиан тре- угольника, если его вершины имеют координаты: а) А (3, 1), В (—1, 4), С (1, 1); б) А (—2, 3), В (5, —2), С (—3, —1). 115. В точке Л (2, 5) помещен груз в 60 г, а в точке В (—3, 0) — груз в 40 г. Определить координаты центра тяжести этой системы. 116. Используя соотношения (6) и применяя метод математиче- ской индукции, доказать, что координаты центра'тяжести п, мате- риальных точек А1 (%i, yi), А2 (х2, у2), • • . , Ап (хп, уп), в которых сосредоточены массы пг4, т2,. . . ,тп, определяются соотношениями х _ "М, + т2х2 + • • + тпхп . = т4уг + /п2у2 + • • • + тпуп mi + т2 + • • • + тл т2 -j- ... + т„ 75
117. Даны координаты середин сторон АВ, ВС и С А треуголь- ника ABC: М ^2,-^-j, N (5, 1), Р ^4, —-у). Определить коорди- наты всех вершин треугольника. > 118. Можно ли по формуле (9) вычислить расстояние между двумя точками в аффинной системе? Объясните ответ. 119. В прямоугольной декартовой системе координат опреде- лить расстояние между точками Ai (2, —1) и Л2 (1, 2); Bi (1, 5) и Вг (1, 1); Ci (—3, 1) и С2 (1, —2)-, Di (—1, 2) и D2 (3, 0). 120. Определить радиус окружности, которая проходит через точку (—2, 1) и имеет центр в точке (2, —3). 121. Определить координаты точек, расположенных на окруж- ности радиуса г = 3 с центром в начале координат и имеющих ор- динаты: 2, —1, 3, V 2. 122. Определить длину медианы AM треугольника АВС, за- данного в прямоугольной декартовой системе координатами своих вершин:. Л (5, —4), В (—1, 2), С (5, 1). 123. Пользуясь теоремой, обратной теореме Пифагора, вычисле- нием убедиться в том, что треугольник АВС, заданный в прямо- угольной декартовой системе координатами своих вершин Л (1, 1), В (2, 5), С (—6, 7), прямоугольный. Г24. Найти координаты центра и радиус окружности, проходя- щей через точку Л (—8, 4) и касающейся осей координат прямо- угольной декартовой системы. 125. Пользуясь формулой (11) или (12), показать, что если А, В, С — произвольные точки, не лежащие на одной прямой, то SABC = —SACB, здесь SABC — площадь ориентированного треуголь- ника ABC, a SACB —площадь ориентированного треугольника АСВ. 126. Вычислить площадь ориентированного треугольника в каждом из следующих случаев (система координат прямоугольная декартова). а) Л (2, 1), В(3, 4), С(1, 6); б) Л (—2, 4), В (О, —3), С(1, 7); в) Л (5, 4), В (11,0), С(0, 3). 127. Пусть в прямоугольной декартовой системе координат да- ны точки А (—1, 2), В (3, —1) и С(9, 7). Вычислить периметр и пло- щадь ориентированного треугольника АВС. 128. Выяснить, какие из данных троек точек коллинеарны. а) (1, 1), (2, 0), (1, г) (1, -1), (2, -2), (4, -4); б) (0, 1), (2, 3), (1, 5); д) (-[/Г-1,1), (-1,0), (-3, ^2). в) (1, 1), (2, 2), (|/ 2, -]/2); 76
§ 9. ПОЛЯРНЫЕ КООРДИНАТЫ В аналитической геометрии наряду с аффинными и прямоуголь- ными декартовыми координатами рассматриваются и другие сис- темы координат. Одной из наиболее распространенных является полярная система. 1. Определение полярных координат. Возьмем на ориентирован- ной плоскости точку О и некоторую ось, проходящую через эту точку. Ось может быть задана, например, единичным вектором i (черт. 61). Точку О, вектор i и положительное направление обхода плоскости будем называть поляр- ной системой координат. Точка О называется полюсом, а взятая ось i — полярной осью. Покажем, что если дана полярная систе- ма координат, то каждая точка плос- кости может быть задана при помощи двух чисел. Пусть. М — произвольная 0 точка плоскости,' отличная от полюса Черт. 61 О. Положение этой точки может быть од- ____ позначно определено заданием длины отрезка ОМ и угла ф= (/, ОМ). В самом деле, задание угла ф определяет положение луча ОМ на плоскости, а расстояние г = ОМ — положение точки М на этом лу- че. Например, если г = 3, а ф = + —, то точка N, соответствую- 3 щая этим числам, лежит на луче п, составляющем с осью I угол —, и отстоит от О на расстоянии г = 3 (черт. 61). Сама точка О харак- теризуется ' - лен. Числа М Для этой точки угол ф неопреде- п о л я условием: г = 0. г и <р называются рными координата- ми точки. При этом г называ- ется полярным радиу- сом или первой полярной ко- ординатой, а ф — поляр- ным углом или второй полярной координатой. Если г и ф — полярные координа- ты точки М в системе 01, то' это обстоятельство обычно записывают так: М (г, Например, точ- ки А, В, С, D, Е и F на чер- теже 62 имеют полярные координаты: 77
— , D -, — 4) \2 2 / e(|, л), ^(2,^. Заметим, что полярный угол точки имеет бесчисленное множе- ство значений: если ф — какое-нибудь одно значение этой коор- динаты, то ф + 2 ~k, где k — любое целое число, являются значе- ниями этой координаты. Для построения точки по полярным координатам необходимо сначала, пользуясь полярным углом, отложить луч Л, на котором лежит искомая точка, а затем на этом луче от полюса отложить от- резок, длина которого равна полярному радиусу. При этом необ- ходимо учесть следующее: если полярный угол положителен, то луч h откладывается от полярной оси в положительном направле- нии обхода плоскости, если же этот угол отрицателен, то в отри- цательном направлении. Например, для построения точки К^2,— на луче h, который составляет с осью I угол------у , от- кладываем от точки О отрезок ОК = 2 (черт. 62). Для построения точек полезно иметь на чертеже вспомогатель- ную окружность с центром в точке О радиуса единицы. При этом предварительно окружность снабжают шкалой, т. е. на ней отме- чают точки, имеющие определенные полярные углы: 0, —, 6 у и т. д. На чертеже 63 построены точки Mt ^2, , Предлагаем студенту-заочнику самостоятельно составить и ре- шить ряд аналогичных примеров с тем, чтобы приобрести твердые навыки в построении точек по полярным координатам. 2. Связь между полярными и прямоугольными декартовыми координатами точек. Пусть Oi — данная полярная система координат, Oij — прямоуголь- ная декартова система, причем вектор j получен из вектора I по- воротом на 90° в положительном /М Черт. 64 78
направлении данной полярной системы (черт. 64). Установим связь между прямоугольными декартовыми и полярными координатами од- ной и той же точки. Пусть г, <р и х, у — соответственно полярные и прямоугольные декартовы координаты точки М. Из теоремы [5.11 следует, что вектор ОМ имеет координаты ОМ cos ф, ОМ sin ф, где ф = (/, ОМ). Учитывая, что ОМ = г и q> — полярный угол точ- ки М и принимая во внимание, что х, у есть координаты вектора ОМ, получаем: X = Г COS ф, у = Г sin ф. (1) Отсюда можно выразить г и ф через х и у: г = V х2 у2 , Ф = arc tg — \ (2) Таким образом, мы доказали следующую теорему: Теорема [9. 1 ]. Если Oi — полярная система, a Oij— прямоугольная декартова система, причем (Z, J) = 4-90°, то поляр- ные и прямоугольные декартовы координаты одной и той же точки связаны соотношениями (1) и (2). Пример 1. Пусть Oi — данная полярная система коорди- нат, Oij — прямоугольная декартова система, причем вектор j по- лучен из вектора I поворотом на +90°. Относительно полярной системы координат даны точки: А (2, в/К2У— V С(б, — V 0(3, — — V \ 3/ 4 / ’ \ 2 / \ 6 / Определить их прямоугольные декартовы координаты. Решение. Для определения прямоугольных декартовых координат точки М (р, ф) воспользуемся формулами (1). Для точки А имеем: x = 2cos — , y = 2sin —. Таким обра- 3 3 зом, Д(1, ] 3). Аналогично получаем прямоугольные декартовы координаты остальных точек: В(—1, 1), С(0,5), £>(.3 ^3 , — Задача 1. Вывести формулу для вычисления расстояния между двумя точками, заданными своими полярными координатами. 1 Из второй формулы (2) по заданным хну угол <р не определяется од- нозначно. Поэтому при определении <р следует учесть, что при у > 0, X > > 0 °<<р< — при х с 0, У ' > 0 л — < <Р < л; при у < 0, X - - 0 Зл л < <р < — при у < 0, х > 0 Зл — < <р < 2л. 2 79
Решение. Пусть Oi — полярная система координат, а M t (рь qpi) и Мг (р2, фг) —точки, расстояние между которыми не- обходимо вычислить. Построим вспомогательную прямоугольную декартову систему координат Oij так, чтобы вектор J был получен из вектора i поворотом последнего на угол +90°. В построенной системе взятые точки будут иметь координаты: Л41 (х1; yj, М2 (х2, у2), где Xi = pt cos фь У1 = Pi sin ф1( хг = p2cos ф2, у2 = Рг sin ф2. Отсюда получаем: Л41М2 = И(х1-хг)2 + (у1-у2)2 = = /(Pj cos ф! — р2 cos ф2)2 + (pj sin ф! — р2 sin ф2)2. После элементарных преобразований получаем: MiM2= /pi + р2 — 2pip2 • cos (ф2 — ф^. . (3) Пример 2. Вычислить расстояния между точками: А(2, —}иВ(1, —V, С(3, и D(4, V \ 4 / к 12/ \ 13 / \ 26 / Решение. Воспользуемся формулой (3): АВ = л[4 4-1—2 . 2cos(— — —'j = ) 1 V12 4 / — 1 /б — 4 cos — = ИЗ; |/ 3 CD = 1/9+16 -2. 3-4. cos = |/ 1 \ 13 26 / _ л/25 — 24cos— = 5. ~ у 2 Пример 3. Пусть OZJ— данная прямоугольная декартова система, a Oi — полярная система, причем положительное направ- ление обхода выбрано так, что (/, J) — +90°. Определить поляр- ные координаты точек А (0, 5), В (4, 4), С (—3, —3), D (Из, 1). Решение. Для определения полярных координат точек воспользуемся соотношениями (2). гА = /О + 25 = 5. Так как х = 0, у = 5 > 0, точка лежит на по- ложительном луче оси у, поэтому ф=-у; Д^5, . rB = V 16+ 16 = 4 Р 2; фв =arctg4 =arctgl; фв =-7-; 80
г с = К9 + 9 = 3 И2; <рс = arc tg -^ = arc tg 1. В данном случае точка С расположена в третьей четверти, поэ- тому Фс = ^ , С (3 К2, у) . гп=/3“4П=2, <pD = arc tg-±=, <₽D=f; 3. Обобщенные полярные координаты. При решении некоторых задач, например при задании линий уравнением в полярных коор- динатах, вводят в рассмотрение так называемые обобщенные полярные координаты точки. Из определения полярных координат вытекает, что каждая точ- ка плоскости имеет свои полярные координаты, причем полярные координаты любой точки являются действительными числами (г, <р), из которых второе может быть любым числом, а первое — не отрицательно. Отсюда следует, что не всякая пара действительных чисел является полярными координатами точки. Например, на плоскости не существует точки с полярными координатами —3,-^. Это обстоятельство создает определенные трудности в тех случаях, когда рассматриваются уравнения линий в полярных координа- тах. Для устранения этого неудобства обобщим понятие полярных координат так, чтобы любая пара действительных чисел определяла на плоскости некоторую точку. Пусть (г, ф) — произвольная пара действительных чисел. Если г 0, то этой парой определяется точка с полярными координатами г, ф так, как было указано выше в п. 1. Если же г < 0, то будем считать, что этой парой определяется точка М, которая симметрич- на точке ЛГ(|г|, ф) относительно полюса О. Например, пара^—1, определяет точку С, симметричную С', имеющей полярные ко- ординаты ( 1, (черт. 62). Такие координаты точки называются обобщенными полярными координатами. Итак, для построения точки по обобщенным полярным коорди- натам (г, ф) необходимо поступить следующим образом: Если г О, то точку строят так, как показано в п. 1 настоящего параграфа. Если 0, то необходимо построить точку М' с полярными коор- динатами (|г|, ф) и взять точку М, симметричную М' относительно полюса О (черт. 65). Например, для построения точки Р^—2,^ необходимо построить точку Р' ^2, ^и взять точку Р, симметрич- ную./3' относительно полюса (черт. 65). 81
На чертеже 62 построены точки, имеющие обобщенные коор- динаты: 2, — yj, В(3, 0), с( — D^—-t Е О), F ( — 2, — V К f 2, — — \ 2 / \ 2 / \ 4 Легко видеть, что каждая точка плоскости имеет бесчисленное множество обобщенных (так же, как и необобщенных) полярных ко- ординат. Например, точка А на чертеже 62 имеет координаты: 9л \ ?2 ’ Т ’ \ ’ ~Г 2 Зл\ / g ~ ’ Г) ’ \ ’ Т/ '' ’ Но любая пара чисел, взятых в определенном по- рядке, определяет единст- венную точку с данными полярными координатами. Например, координаты (—3, л) определяют единственную точку В, изображенную на чертеже 62. В заключение заметим, что формулы (1), определяю- щие декартовы координаты через полярные, справедливы также и в том случае, когда р и <р являются обобщенными полярными координатами. В самом деле, пусть (р*, <р*) — обобщенные координаты точки М. Если р* > 0, то они являются обычными полярными координатами точки, поэтому соотношения (1) справедливы. Если р* < 0, то, очевидно, обычные полярные координаты точки М будут числа (—р*, <р* + к), поэтому х = — р* cos (ф* + л), у = — р* sin (<р* 4- л) или х = р* cos ф*, у = р* sin ф*. Вопросы и упражнения 129. Что называется полярной системой координат? Как изме- нятся полярные координаты точки М (р, ф), если оставить без из- менения полюс О, полярную ось Oi, но изменить на обратное поло- жительное направление обхода. 130. Начертить на плоскости полярную систему координат и построить точки: 82
4 (з, -^j, Л2(з, А3 (4, Iя), Л (2, . д7/2?_^-\ д[Гз;-^Л(2,-л)( \ о / \ о / 4(3,0), Л9 О, у), Л10(5, -Л). 131. Дан квадрат, сторона которого равна 3. Приняв за полюс какую-нибудь вершину квадрата, а за полярную ось — одну из сторон, проходящую через нее, определить полярные координаты всех вершин и точки пересечения диагоналей. 132. Дан правильный шестиугольник, сторона которого равна а. Приняв за полюс какую-нибудь его вершину, а за полярную ось одну из сторон, через нее проходящую, определить полярные координаты всех вершин. 133. Найти полярные координаты точек, симметричных с точ- ками М^2, у), М2(з, у), М8(1, у), Л14з, -у а) относительно полюса; б) относительно полярной оси. 134. Пусть Oij—данная прямоугольная декартова система, а 01 — полярная система, причем положительное направление об- хода выбрано так, что (£, J) = 4-90°. Определить полярные координаты следующих точек: Mi (0, 6), М2 (—2, 0), М3 (—1, 1), м4 (Кз; 1), М3 (0, -3), Мв (1, -КЗ). 135. Вывести формулу для вычисления площади треугольника, одна из вершин которого совпадает с полюсом, а две другие даны своими полярными координатами А (рь <pi), В (р2, <р2). Пользуясь этой формулой, вычислить площадь треугольника, одна из вершин которого помещается в полюсе, а две другие име- ют полярные координаты ^4, ) и 1, . • 136. Треугольник АВС задан полярными координатами вершин: Л (б, у), В ^8, у), С (з, у). Доказать, что треугольник АВС равнобедренный. 137. Как расположены точки на плоскости, полярные коорди- наты которых удовлетворяют одному из следующих условий: а) р = 3; б) р — 5; в) <р = у; г) <р = у д) р cos ср = 5; е) р sin <р = 3? 83
138. Что называется обобщенными полярными координатами точки? Может ли одна и та же точка иметь различные обобщенные координаты? 139. Построить точки, заданные в обобщенных полярных коор- динатах: А(-3, Ла(5, Л3(3, 5; - Л4(—1, 0), Л5(-2,-^). 140. Выясните, как расположены относительно полярной сис- темы координат следующие пары точек: а) М (р, ф) и М' (—р, <р); б) М (р, <р) и М' (—р, —ф); в) М (р, ф) и М' (р, —ф). 141. Какие из точек Л/2, — V В 12, — V с(—2, — Y \ 4 / \ 4 / \ 4 / D (з, , Е ^2, совпадают. 142. Определить обобщенные полярные координаты точек, сим- метричных с точками Л ( 5, — — ), В(—2,—л), 0(4, —), ’ \ 3 j у 2 / D(—l, а) относительно полярной оси; б) относительно полюса. § 10. ПРИЛОЖЕНИЕ МЕТОДА КООРДИНАТ К ДОКАЗАТЕЛЬСТВУ ТЕОРЕМ И РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ ГЕОМЕТРИИ Изложенная в этой главе теория может быть с успехом приме- нена для доказательства теорем и решения задач из курса элемен- тарной геометрии. В этом параграфе мы приведем некоторые приме- ры приложения метода координат к решению элементарногеомет- рических задач. 1. Некоторые метрические Теорема Пифагор свойства треугольников. а [10.'1]. В прямоугольном тре- угольнике квадрат гипотенузы ра- вен сумме квадратов катетов. Доказательство. Пусть АВС — прямоугольный треуголь- ник с вершиной прямого угла в точке С. Точку С примем за начало прямоугольной декарто- вой системы координат, а оси на- правим вдоль катетов треуголь- ника (см. черт. 66). Если СВ — а, СА = Ь, то вершины треугольни- 84
ка, очевидно, будут иметь координаты А (О, Ь), В (а, 0), С (0, 0). Вычислим квадраты сторон треугольника, воспользовавшись фор- мулой (9), § 8: АВ2 = а2 + Ь2, АС2 = Ь2, ВС2 = а2 , отсюда АВ2 = АС2 + ВС2. Теорема [10. 2]. В равнобедренном треугольнике высота является одновременно медианой и биссектрисой. Доказательство. Пусть АВС — равнобедренный тре- угольник (ВА = ВС) и ВН — высота этого треугольника. Пря- моугольную декартову систему возьмем так, как на чертеже 67, и В Черт. 67 обозначим координаты вершин: А (а, 0), В (0, Р), С (у, 0). Так как ВА = ВС, то ВА2 = ВС2, а2 + Р2 = Р2 + у2. Отсюда а2 = у2 и а = +у. Но а =# у, так как точки А и С не совпадают, поэтому а = —у. Отсюда следует, что Н есть середина от- резка АС, так как координаты середины отрезка равны полусум- мам координат концов: хн= =0, ун~ —= 0. Таким образом, ВН является медианой треугольника. Теперь докажем, что ф =ф, где <р = ^АВН, ^ = ^СВН. ВА{а, — р), ВН {0, — р), ВС[у, — Р}, В2 В2 COS ф = —с--, cos ф = с, COS Ф = COS ф ИЛИ ф = ф. • ВА • ВН ВН . ВС Теорема Стюарта [10. 3]. Если даны треугольник АВС и на его основании точка D, лежащая между точками В и С (черт. 68), то справедливо равенство АВ2 • DC + АС2 • BD — AD2 • ВС = ВС DC • BD (1) Доказательство. Систему прямоугольных декартовых координат возьмем так, как на чертеже 68. Введем обозначения для координат точек А, С и D: А (а, Р), С (у, 0), D (8, 0). При данном выборе системы координат BD = 8, ВС = у. 85
Теперь вычислим все величины, которые входят в соотношение (1): АВ2 = а2 + р2, ВС = у, АС2 = (а — у)2 + Р2, BD = 6, ЛР2 = (а — б)2 + ₽2, DC = y —б. Подставив эти значения в левую часть соотношения (1), получаем: АВ2 • DC + АС2 • BD — AD2 ВС = = (а2 + р2) (у - б) + [(а —у)2 + Р21б - [(а —б)2 + р2] у = = а2у — а2 б + р2у — Р26 + а2б + у2 6 + Р2 6 — 2 ауб — — а2у—б2У — Р2у + 2 абу — у26—б2У = =уб (у — б) = ВС • BD • DC. Теорема доказана. Из соотношения (1) получаем формулу для вычисления длины медианы произвольного треугольника через его стороны. В самом деле, пусть AD — медиана, т. е. BD — DC. Если положить АВ = = с, ВС = а, СА = b, AD — т, то BD = DC——. Подставив эти 2 значения в (1), получаем: с2 • у — т2 • а = а • ~-~- Отсюда имеем следующую формулу: = аз 2 2 4 ’ Теорема [10. 4]. Квадрат медианы произвольного треуголь- ника выражается через квадраты сторон этого треугольника при помощи соотношения (2). Теорема Менелая [10. 5]. Для того чтобы три точки А ь Вь С1г лежащие соответственно на сторонах ВС, СА, АВ тре- угольника АВС (или на их продолжениях'), принадлежали одной и той же прямой, необходимо и достаточно, чтобы ACt BAi CBj _ ASf Решение. Возьмем точку А за начало координат, а векторы АВ и АС за коор- динатные векторы аффинной системы координат (черт. 69). Введем обозначения: X = _ Д-41 3 СДз ’ 1 А^С ’ BiA 86
и определим координаты точек Ah Bi и Ct. В выбранной системе координат вершины треугольника АВС, очевидно, будут иметь ко- ординаты А (0, 0), В (1, 0), С (0, 1). Если Ai (Xi, у О, Bj (х2, у2) и Ci (х3, у3), то 1 Ч-Ato _ 1 1Ч- Ах 1 —|— At оч-iji 1-1- Xi А3 = —А1_. 1 ч- Xi у3 = 0. х2 = 0, Уг 1 + ’ х, =--------, 1 + А3 Для того чтобы точки Alt В обходимо и достаточно, чтобы и Ci лежали на одной прямой, не- У1 1 1 А. 1 Л1 1 Ч~ А] 1 Ч- Ai Уг 1 = 0 или 0 1 1 = 0, Л2 1 + а2 *3 Уз 1 Аз 0 1 1 Ч~ А3 откуда 1 । А, + 1 + / Xi 1 0. (1 Ч- М) (1 Ч- Х2) Х3 \ 1 4’ 1 Ч~ А2 После элементарных преобразований получаем: АД2А3 4-1=0. Таким образом, ACi SAi CBi ч ACi BAt СВ, , CiB AiC BrA BC1 CAi A Bi 2. Приложение метода координат к решению задач. Задача 1. На прямой I даны три точки А, В, С так, что точ- ка В лежит между Л и С. По одну сторону от прямой I построены равносторонние треугольники АМВ и BNC. Доказать, что середина отрезка МС, середина отрезка NA и точка В являются вершинами равностороннего треу- гольника. Решение. Пусть Р — середина отрезка МС, a Q — середина отрезка AN (черт. 70). Требуется доказать, что треугольник PQB рав- носторонний. Возьмем на плоскости прямоу- гольную декартову си- стему координат, оп- 87
ределим координаты" вершин д PQB, найдем длины его сторон и убедимся в том, что PQ — QB = ВР. Систему координат выберем следующим образом: начало О совместим с точкой А, за вектор I примем вектор АВ, а вектор/ направим так, чтобы его конец и точки М и N лежали по одну сто- рону от прямой I. Если ВС — а, то легко убедиться в том, что вер- шины данных треугольников в системе OiJ имеют координаты: Л(0, 0), в (1,0), С(1-|-а, 0), Определим координаты точек Р (xlt yj и Q(x2, у2): — -I- 1 -4- а ,_ 2 3 2а /3 . ---2-- =— ’ = —’ Пользуясь формулой для вычисления длины отрезка по коор- динатам концов, получаем: BQ = PQ = РВ = + 1 . Задача 2. На сторонах АВ и АС треугольника АВС взяты соответственно точки С1 и В,, которые делят эти стороны в дан- ЛС, , АВ, 'D ных отношениях —L = 1, -------1- = и. В каком отношении де- CjB ’ ВхС лят друг друга отрезки ВВ, и СС,? Решение. Обозначим через Р точку пересечения отрезков BBi и СС1( а через и т2 отношения ВР СР -— = v,, ---— v2. РВ, 1 PC, 2 Выберем точку А за начало координат, а векторы АВ и АС за _ координатные векторы и е2 (черт. 71). В этой системе координат \ вершины треугольника, очевидно, / \ будут иметь следующие коорди- \ наты: / Л (0, 0), В (1, 0), С (0, 1). X J_______________ о Далее, пользуясь соотношени- А г р-- 8 . АС, АВ, ь1 е} ями л = ——- и у, = -—опре- с,в в,с Черт. 71 деляем координаты точек В, и Q: 88
Bi fo, 1, c, (oV \ 1 + p. / \l+% / Определим координаты точки P(x, у), учитывая, что BP —- ='V1: PB, 1 р! » viP- \ V + v/ (1 + H)(1 + V1)/’ ’ ср Определим координаты той же точки, учитывая, что -----= v2: PCj р ( 1 \ U1+M(14-v2) ’ 1 + V2/' Таким образом, для определения искомых величин v( и v2 полу- чаем соотношения: 1 v2X у, р 1 1 + V1 (1 + М (1 “Ь v2) (1 + И) (1 + vl) 1 "Г v2 Из этих соотношений, после элементарных преобразований, по- лучаем: 1+р 1+Х *1 = , v, = . 1 1 ’ 2 и Если X = ц — 1, т. е. BBi и ССД являются медианами треуголь- ника, то Vj = v2 = 2. Таким образом, мы доказали, что если Р — точка пересечения любых двух медиан треугольника АВС, то этой, точкой каждая-адедиана делится в отношении 2:1. Отсюда непосред- ственно следует известная теорема о том, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2:1. Теоремы и задачи 143. Доказать, что в прямоугольном треугольнике каждый из катетов есть среднее пропорциональное между гипотенузой и его проекцией на гипотенузу. 144. Доказать, что в прямоугольном треугольнике перпенди- куляр, опущенный из вершины прямого угла' на гипотенузу, есть среднее пропорциональное между двумя отрезками, на которые он рассекает гипотенузу. 145. Доказать, что разность квадратов двух сторон треуголь- ника равна разности квадратов их проекций на третью сторону. 146. Пусть в треугольнике АВС АВ = с, ВС = а, СА = b и биссектриса AD = т. Доказать, что т^Ьс{Ь + с)г-а\ (Ь + су 147. Доказать, что если у трапеции диагонали равны, то трапе- ция равнобочная. 89
148. Дан треугольник и в его плоскости произвольная точка М, которая дважды последовательно отражается относительно всех вершин треугольника. Доказать, что после последнего отражения точка совпадает с точкой М. 149. В треугольник АВС вписан треугольник AiB&i так, что вершины последнего делят стороны треугольника АВС в одном и том же отношении: ACt : СtB = BAi : A tC = CBt : В iA = %. Показать, что точки пересечения медиан обоих треугольников совпадают. 150. Доказать, что в трапеции отрезок, соединяющий середины диагоналей, параллелен основаниям и равен их полуразности. 151. Показать, что прямая, соединяющая точку пересечения диагоналей трапеции с точкой пересечения боковых сторон, делит основания трапеции пополам. 152. Стороны АВ и CD четырехугольника ABCD, будучи про- долженными, пересекаются в точке О. Обозначая через S и Р соот- ветственно середины диагоналей BD и АС, показать, что площадь треугольника OSP равна четвертой части площади четырехуголь- ника ABCD. 153. Внутри треугольника АВС взята точка О. Доказать, что треугольники ОАВ, ОВС и ОСА равновелики тогда и только тогда, когдй О является точкой пересечения медиан. 154. Доказать, что если G — точка пересечения медиан тре- угольника АВС, а М — произвольная точка плоскости, то МА2 + МВ2 + МС2 = GA2 + GB2 + GC2 + 3 MG2.
ГЛАВА III УРАВНЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКОГО МЕСТА ТОЧЕК НА ПЛОСКОСТИ $ 11. ПОНЯТИЕ УРАВНЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКОГО МЕСТА ТОЧЕК; СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЯ И ИССЛЕДОВАНИЕ 1. Понятие уравнения геометрического места точек. В преды- дущей главе мы ввели понятие координат точек и тем самым ука- зали аналитический способ задания точек на плоскости. Однако в геометрии приходится рассматривать, помимо точек, и другие геометрические объекты, поэтому одной из основных задач этой дисциплины является определение аналитических характеристик геометрических образов, более сложных, чем точки. Конечно, каждую геометрическую фигуру можно рассматривать как сово- купность точек, и в принципе ее можно задать координатами тех точек, из которых она состоит. Однако практически это не всегда возможно сделать, так как геометрическая фигура в большин- стве случаев содержит бесчисленное множество точек. Поэтому для аналитического задания геометрического места поступают следующим образом. Записывают условие (т. е. уравнение), отра- жающее общее геометрическое свойство, присущее всем точкам дан- ного геометрического места и только им. По полученному анали- тическому условию можно определить, принадлежит ли та или иная точка плоскости рассматриваемому геометрическому месту. Геометрические места точек не всегда удается охарактеризовать одним геометрическим свойством. В отдельных случаях приходит- ся рассматривать несколько геометрических характеристик, опреде- ляющих точки геометрического места. Соответственно этому мы получаем несколько аналитических выражений, совокупность которых характеризует полностью точки данного геометрического места. В этом случае мы будем говорить, что геометрическое место задано уравнениями. Таким образом, под уравнениями геометрического места точек мы будем понимать те аналитические условия, которым удовлет- воряют координаты всех точек данного геометрического места и не удовлетворяют координаты точек, не принадлежащих этому гео- метрическому месту. Следует заметить, что термин «уравнение» при задании гео- метрических мест точек использован не в обычном алгебраичес- 9)
ком смысле, так как геометрические места не всегда задаются ана- литически в виде уравнений. Они могут быть заданы, например, и в виде неравенств (см. ниже, пример 3). Кроме того, в аналити- ческой геометрии не ставится задача решения уравнений, как в алгебре. Здесь, как правило, интересуются исследованием уравне- ния геометрического места с целью выяснения его геометрических свойств. 2. Примеры составления уравнений геометрических мест. Рас- смотрим несколько примеров составления уравнений геометриче- ских мест. Пример 1. В прямоугольной декартовой системе коорди- нат дана точка Л (2, 5). Найти необходимые и достаточные условия, которым удовлетворяют координаты геометрического места точек М, отстоящих от точки А на расстоянии г = 3. Решение. Пусть (х, у) — координаты произвольной точки М рассматриваемого геометрического места точек. Условие МА = = 3 является необходимым и достаточным для того, чтобы М при- надлежала данному геометрическому месту. Так как МА = =/(х-2)2+(у-5)2, то уравнением данного геометрического места является соотношение / (х — 2)2 + (у — 5)2 = 3 или экви- валентное соотношение (х — 2)2. + (у — 5)2 = 9. После элемен- тарных преобразований получаем: х2 + у2 — 4х — 10у + 20 = 0. (1) Очевидно, рассматриваемое геометрическое место есть окружность с центром в точке А (2,5) радиуса г = 3. Полученное уравнение можно использовать для выяснения во- проса о том, принадлежит ли та или иная точка плоскости рас- сматриваемой окружности. Например, точки В(0, 5 + /5) и С (2,2) принадлежат окружности, так как их* координаты удовлет- воряют уравнению (1), в то время как точки D (1,1), Е (0,1) не принадлежат окружности. Пример 2. В прямоугольной декартовой системе дана точка А (3, 0) и через нее проведена прямая I, параллельная оси Оу. Написать необходимые и достаточные условия, которым удовлетворяют координаты точек прямой I. Решение. Если точка (х, у) лежит на прямой I, то х = 3, так как 11| Оу. Обратно, если для некоторой точки (х, у) плоскости имеем: х = 3, то она, очевидно, лежит на прямой /. Таким обра- зом, соотношение х = 3 есть уравнение геометрического места точек, принадлежащих прямой I. Пример 3. Написать необходимые и достаточные условия, которым удовлетворяют координаты точек каждой из заштрихо- ванных фигур, изображенных на чертеже 72. При этом предпола-- гается, что точки, принадлежащие контурам фигур, относятся к самим фигурам (система координат для каждой фигуры указана на чертеже). 92
Решение. На чертеже 72, а изображен прямоугольник ОАВС, измерения которого соответственно равны 5 и 3.Очевидно, первые координаты всех точек,лежащих в полосе между параллель- ными прямыми ОА и СВ вместе с точками этих прямых, удовлет- воряют неравенствам: 0 < х 5, вторые же координаты этих то- чек произвольны. Аналогично вторые координаты всех точек, ле- жащих в полосе между параллельными прямыми ОС и АВ вместе с точками этих прямых, удовлетворяют неравенствам: О О у <)3, а первые координаты этих точек произвольны. Данный четырех- угольник есть пересечение рассматриваемых двух полос, поэтому координаты точек че- тырехугольника удов- летворяют соотноше- ниям 0 < х 5, О у -С 3. Эти соот- ношения могут быть названы «уравнения- ми» данной фигуры. На чертеже 72, б изображена полупло- скость. Первые коор- динаты всех точек этой полуплоскости произвольны, а вто- рые координаты не отрицательны. Таким образом, «уравнения» этой фигуры запишут- ся так: у > 0. На чертеже 72, в изображен сегмент, который может быть рас- смотрен как пересечение двух областей: круга с центром в точке О и радиуса ОВ и полуплоскости Л, определяемой прямой АВ и точкой М. Так как ОВ = 3, то координаты точек рассматриваемого круга удовлетворяют условию: х2 + у2 < 9. С другой стороны, координаты точек полуплоскости Л удовлетворяют условию: у 1 (координаты х произвольны!) Отсюда следует, что «уравнения» рассматриваемой фигуры могут быть записаны так: х2 + у2 < 9, у > 1. На чертеже 72, г изображен первый координатный угол, опре- деляемый системой Ое1е2- Этот угол можно рассматривать как пересечение двух полуплоскостей: полуплоскости, определяемой осью Ох и точкой В, и полуплоскости, определяемой осью Оу и точкой А. Точки этих полуплоскостей характеризуются соответ- ственно условиями: х > 0 (первая полуплоскость), у > 0 (вторая полуплоскость). Отсюда следует, что «уравнениями» рассматри- ваемой фигуры являются соотношения х 0, у > 0. 3. Исследование геометрического места точек по уравнению. Методы аналитической геометрии позволяют найти геометриче- 93
ские места точек, заданных определенными условиями. Для на- хождения уравнений геометрического места точек выбирают сис- тему координат, наиболее «удобно» связанную с заданными гео- метрическими объектами, и записывают в этой системе уравнение искомого множества точек. Далее, по уравнению исследуют иско- мое геометрическое место точек. Прежде чем перейти к решению задач такого рода, рассмотрим некоторые примеры исследования геометрического места точек по уравнениям. П р и м е р 4. Исследовать геометрические места точек, задан- ных уравнениями: а) х = 3; б) х = у; в) х2+у2=9; г) у(у— х) = 0. Решение. а) Точка ГГг у [ Л4о(3,О) оси Ох, очевидно, при- / надлежит исследуемому геомет- / рическому месту точек. Прове- 6 / дем чеРез нее ПРЯМУЮ парал- УУ/ / дельную оси Оу. Очевидно, О/ у первые координаты всех точек у' е /м ‘ этой прямой равны 3, поэтому J / ° все они принадлежат геометри- / ческому месту точек. Обратно, / если точка N принадлежит ге- / ометрическому месту точек, то Че 73 ее первая координата равна 3, ерт' поэтому она лежит на прямой /. Таким образом, исследуемое геометрическое место есть все точки прямой I (черт. 73). б) Уравнение х = у может быть записано так: | | = 0. Если ввести в рассмотрение вектор р (1,1) и принять во внимание, что х, у есть координаты радиус-вектора точек, то геометрический смысл предыдущего соотношения заключается в том, что радиус-век- торы всех точек исследуемого геометрического места коллинеарны вектору р. Обратно, всякая точка плоскости, радиус-вектор кото- рой коллинеарен р, принадлежит геометрическому месту. Отсюда следует, что геометрическое место есть прямая т, проходящая че- рез начало координат и параллельная вектору р (черт. 73). в) Если г — радиус-вектор точки, то уравнение х2 + у2 = 9 может быть записано так: |г|2 = 9 или |г| = 3. Этим условием, очевидно, задается окружность радиуса 3 с центром в начале ко- ординат. г) Если координаты точки (х, у) удовлетворяют уравнению у(у — х) = 0, то либо у — 0, либо у — х = 0. Обратно, если координаты точки плоскости удовлетворяют одному из условий у = 0 или у — х = 0, то точка принадлежит геометрическому месту точек. Таким образом, исследуемое геометрическое место точек состоит из тех и только тех точек, координаты которых удов- летворяют условиям: у = 0 и у — х = 0. Первым условием ха- 94
рактеризуются точки оси Ох, а вторым условием, как было выяс- нено выше, точки прямой т (черт. 73). Итак, исследуемое геомет- рическое место есть совокупность точек двух прямых. Пример 5. Исследовать геометрические места точек, задан- ные уравнениями: а) |х| = 1; б) |х| = |у|; в)х = |х — у|. Решение, а) Для каждой точки геометрического места х— ± 1. Обратно, всякая точка плоскости, первая координата которой удовлетворяет одному из этих условий, принадлежит ге- ометрическому месту точек. Таким образом, искомое геометрическое место точек представ- ляет собой пару прямых, параллельных оси Оу и проходящих через точки (1, 0), (—1, 0). б) Для каждой точки геометрического места х = + у. Об- ратно, всякая точка, координаты которой удовлетворяют услови- ям х = у или х = —у, принадлежит геометрическому месту то- чек. Очевидно, рассматриваемое геометрическое место точек пред- ставляет собой пару прямых, одна из которых проходит через точки (0, 0), (1, 1), а другая через точки (0, 0), (—1, 1). Если сис- тема прямоугольная декартова, то эти прямые представляют со- бой биссектрисы координатных углов. в) Так как |х — у | ^>0, то х > 0. Отсюда следует, что все точки геометрического места расположены по ту же сторону от оси Оу, что и вектор et. Возводя данное соотношение в квадрат, получаем х2 = х2 — 2 ху + у2, или у (у — 2 х) = 0. Очевидно, если коор- динаты точки удовлетворяют исходному уравнению, то они удов- летворяют также полученному уравнению. Заметим, что обратное утверждение не всегда справедливо: например, координаты точки М (—1, —2) удовлетворяют второму уравнению, но не удовлетворя- ют исходному. Уравнением у (у—2 х) = 0 задается пара прямых (см. предыдущую задачу). Для определения искомого геометричес- кого места точек следует отбросить те точки, для которых х < 0. Таким образом, мы получаем пару лучей, исходящих из нача- ла координат и содержащих точки (1, 0) и (1, 2). Геометрические места точек могут быть заданы также уравне- ниями в полярных координатах. Пример 6. Исследовать геометрические места точек, за- данных уравнениями в полярных координатах; а) р = 3; б) <р = —; в) р sin <р = 10. Решение, а) Условие р = 3, очевидно, определяет окруж- ность радиуса 3 с центром в полюсе. Если <р = —, то точка лежит на луче h, исходящем из по- люса и образующем с полярной осью угол —. Обратно, если 3 95
л точка принадлежит лучу h, то <р = —. Таким образом, искомое 3 геометрическое место есть совокупность точек луча h. в) Для исследования геометрического места точек в данном слу- чае проще всего перейти к прямоугольной декартовой системе. Если начало координат поместить в полюс и вектор J взять так, чтобы (Z, У) = 4-90°, то, как известно (см. § 9), х — р cos <р, у = = р sin ф. Таким образом, исследуемое геометрическое место точек в прямоугольной декартовой системе задается уравнением у = 10. Этим соотношением задается прямая, проходящая через точку (0, 10) и параллельная оси Ох (см. пример 4). 4. Исследование геометрических мест точек. В заключение рас- смотрим задачи на исследование геометрических мест точек, за- данных определенными геометрическими условиями. Задача 1. Найти геометрическое место точек, равноудален- ных от двух данных точек А и В. Решение. Для решения данной и подобных задач сначала выбирают систему координат, наиболее «удобно» связанную с дан- ными геометрическими объектами, и записывают уравнение гео- метрического места в этой системе. Затем по полученному уравне- нию исследуют геометрическое место точек. Прямоугольную декартову систему координат возьмем так, чтобы ось Ох совпала с прямой АВ, а начало координат поместим в середину отрезка АВ. Если АВ = 2 а, то в выбранной системе А (—а, 0), В (а, 0). Для того чтобы точка М (х, у) принадлежала геометрическому месту точек, необходимо и достаточно, чтобы АМ—ВМ или в выбранной системе координат: V(x-j- а)2 + у2 = 1г(х — а)2 + у2. Это уравнение эквивалентно уравнению (х + а)2 + у2 = — (х — а)2 + у2 или х = 0. Этим уравнением задается ось Оу. Итак, мы доказали теорему: Теорема [11.1]. Геометрическое место точек, равноудален- ных от двух данных точек А и В, представляет собой прямую, прохо- дящую через середину отрезка АВ и перпендикулярную к нему. Замечание. При исследовании уравнения геометричес- кого места нам пришлось его преобразовать, возведя в квадрат. При преобразованиях такого рода необходимо быть внимательным, так как не всегда полученные уравнения эквивалентны исходным. Например, х — у есть прямая т на чертеже 73. Но если возвести это уравнение в квадрат, то получим уравнение х2 = у2 или (х — у) (х + у) = 0. Этим уравнением задаются две прямые, про- ходящие через начало координат и параллельные соответственно векторам р (1, 1} (т. е. прямая т на черт. 73) и р [1, —1}. 96
Задача 2. Даны две параллельные прямые а и & и перпен- дикулярная к ним прямая с. Определить геометрическое места то- чек, равноудаленных от данных трех прямых. Решение. Пусть А и В — точки пересечения прямой с соответственно с прямыми а и Ь. Примем точку А за начало коор- динат, вектор I направим вдоль прямой а, а в качестве J возьмем вектор АВ (черт. 74). Для того чтобы точка М принадлежала гео- метрическому месту точек, необходимо и достаточно, чтобы = = М2М и MiM = M3M. Так как М = |у |, М2М = |х|, М3М = 11 — у |, то предыдущие соотношения запишутся так: |у I = И « 1у1 = 11 —у|- Эти соотношения являются урав- нениями искомого геометриче- ского места точек. Выясним, что представляет собой искомое геометрическое место точек. Отметим, что | у | =# О, так как в противном случае из второго соотношения следует, что | у — 11 = 0. Соот- ношения: | у I = 0 и | у — 11 = О, очевидно, противоречивы. Легко видеть также, что у>0. В самом деле, если у <0, то |1 — у | = 1 — у, | у | = — у и, следовательно, 11 — у | =# | у |. Таким образом, у>0 и ]у| = у. Возможны два случая: а) 1 — — у>0; б) 1—у<0. В первом случае у= 1—у, поэтому у = Во втором случае у = — (1 —у), что противоречиво. Итак, соотношение | у | = 11 — у | эквивалентно соотношению у = у . Подставив это значение у в соотношение | х | = | у |, получаем: *-±7- Следовательно, искомое геометрическое место точек состоит из / 1 1 \ / 1 1 \ двух точек: —, — ,-----------, — . \ " 1 \ “ “ I Вопросы и задачи 155. Что называется уравнением геометрического места точек? Могут ли соотношения х > 2, у —- 0 служить уравнениями геомет- рического места точек? • 156. Найти необходимые и достаточные условия, которым удов- летворяют координаты точек, отстоящих от оси Ох прямоугольной декартовой системы на расстоянии г = 4. 4 Л. С. Атанасян 97
157. Написать необходимые и достаточные условия, которым удовлетворяют координаты точек каждой из заштрихованных фи- гур, изображенных на чертеже 75. При этом предполагается, что точки, принадлежащие контурам фигур, относятся к самим фигу- рам (система координат для каждой фигуры указана на чертеже). 158. Определить геометрическое место точек, для которых сумма расстояний от двух параллельных прямых равна данному положительному числу. Черт. 75 159. Дан прямоугольник ABCD. Определить геометрическое место всех точек X, для которых АХ + СХ = ВХ + DX. 160. Исследовать геометрические места точек, заданные урав- нениями в прямоугольной декартовой системе: а) х — у = 0; г) ху-|-у2 = 0; е) х — 5 = 0; б) х2-|-2х—15 = 0; д) х2— у2 = 0; ж) у2 — 2ух = 0. в) у-|- 3 = 0; 161. Выяснить, какие из геометрических мест точек, заданных следующими парами уравнений: а) х = | х — 2у | и ху — у2 = 0; б) х = у и х2 = у2; в) К(х —а)2 + у2 = 3 и (х — а)2 + у2 = 9, совпадают. 162. Определить геометрические места точек, заданных сле- дующими уравнениями в полярной системе координат: 98
a) p “ o r) q> = —; e) sin <p = 6) pcostp = 2; ’ 4 7 2 B)p=10sin<p; A)psincp— 1; ж)8тф«созф. 163. Найти геометрическое место середин отрезков параллель- ных прямых, заключенных между данными параллельными пря- мыми а и Ь. 164. Найти геометрическое место середин отрезков, заключен- ных между точкой А и прямой а, не проходящей через точку А. § 12. ОКРУЖНОСТЬ; ЗАДАЧИ НА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА, ПРИВОДЯЩИЕ К ОКРУЖНОСТИ Из курса элементарной геометрии известно, что окружность играет существенную роль при решении многих геометрических за- дач, поэтому в настоящем параграфе рассмотрим аналитическое задание окружности и покажем, как оно может быть использовано при решении задач. 1. Уравнение окружности. Окружность есть геометрическое место точек, равноудаленных от некоторой точки, называемой центром. Пусть в прямоугольной декартовой системе Oij точка С (х0, у0) является центром окружности радиуса г. Для того чтобы Л4 (х, у) принадлежала окружности, необходимо и достаточно, чтобы МС = г или в координатах К (х — хо)2 + (у — у о)2 = г (см. черт. 76). Так как в левой части берется только арифметичес- кое значение корня, то предыдущее соотношение эквивалентно следующему: (х-х0)2 + (у-у0)2=г2 (1) или, в развернутом виде: *2 + у2~ 2хох —2у0у + х2 + у2 — г2 = 0. (2) В частности, если центр окружности совпадает с началом коор- динат, тохо = г/о = 0, и уравне- ние принимает вид: х2 + у2 = г2. (3) Теорема [12. 1 ]. В прямо- угольной декартовой системе окруж- ность с центром в точке С (х0, у0) радиуса г имеет уравнение (1). Если центр окружности совпада- ет с началом координат, то урав- нение имеет вид (3). Черт. 76 99 4;
Пример 1. Написать уравнение окружности: а) с центром в точке С (2, —1) радиуса г = 4; б) с центром в точке С (0, 0) радиуса г = 3. Решение, а) (х — 2)2 + (у + I)2 = 16, * или х2 + у2 — — Ах + 2у — 11=0; б) х2 + у2 = 9. Важно подчеркнуть, что уравнения (1), (2) и (3) записаны в прямоугольной декартовой системе. 2. Обратная задача. Теперь перейдем к решению обратной зада- чи. Предположим, что в прямоугольной декартовой системе дано некоторое уравнение. Как определить, является ли оно уравне- нием окружности, и если да, то как найти координаты центра и радиус этой окружности. Прежде всего заметим, что уравнение лю- бой окружности в прямоугольной декартовой системе имеет вид (2), поэтому левая часть уравнения любой окружности является много- членом второй степени, не содержащим члена с произведением пе- ременных ху и имеющим равные коэффициенты при х2 и у2. Отсюда следует, что уравнение любой окружности имеет вид: А'х2 + А'у2 + С'х + D’y + Е' = 0, где А' #= 0. D' Ег Разделив на Л' и вводя обозначения: — — А, — = В, — = С, А' А' А' получаем: х2 + у2 + Ах + By + С = 0. (4) Верно ли обратное утверждение, т. е. при всяких ли коэффи- циентах А, В и С геометрическое место точек, координаты которых удовлетворяют уравнению (4), есть окружность? Рассмотрим эту задачу. Задача 1. Исследовать геометрическое место точек, коорди- наты которых удовлетворяют уравнению (4). Решение. Данное уравнение можно преобразовать так: х2 + Лх + у + у2 + Ву + ^ + С-^-^=0 или А* + В2 _ 4с 4 (5) Возможны следующие случаи: а) Л2 + В2 — 4 С> 0. В этом случае соотношение (5), которое эквивалентно соотношению (4), может быть записано так: Гд. _ / Л \]2i L _ Л J\l2= Г/42 + В2 —4С I2 2 /I ' У \ 2 / I 2 ]• Очевидно, этим уравнением определяется окружность с цент- / А В \ V>12 I R2 ЛГ ром в точке------,------j и радиусом г = . \ 2 2 I 2 100
б) А2 В2 — 4С = 0. Соотношение (5) принимает вид: Этому соотношению удовлетворяют, очевидно, координаты единст- венной точки . Таким образом, геометрическое место точек состоит из одной точки. Для общности можно сказать, что в данном случае рассматриваемое геометрическое место есть о к- ружность нулевого радиуса. в) А2 + В2 — 4 С < 0. В этом случае не существует на плос- кости ни одной действительной точкиv координаты которой удов- летворяют уравнению (5) или (4). Искомое геометрическое место не имеет ни одной точки. Резюмируя все сказанное, мы приходим к выводу, что харак- тер геометрического места точек, заданного уравнением (4), опре- деляется знаком числа а = А2 + В2 — 4С. Если а > 0, то иско- мое геометрическое место есть окружность, если а = 0 — одна точка, если а <; 0 — геометрическое место пустое. Заметим, что в последнем случае существуют комплексные числа, удовлетворяющие уравнению (4) или (5), поэтому говорят, что' гео- метрическое место состоит из комплексных точек и является «мни- мой окружностью». Подробнее об этом будет изложено в § 26. Мьг пришли к следующей теореме. Теорема [12. 2]. Геометрическое место точек, координаты которых удовлетворяют уравнению (4), есть: а) окружность с центром в точке (—и радиусом г = 4С , если А2-\- В2 — 4С > 0; б) точка с координатами--------,-----, если А2~\-В2—4С=0; в) пустое множество, если А2 + В2 — 4С <. 0. Пример 2. Выяснить, какие из уравнений, приведенных ниже, определяют в прямоугольной декартовой системе окруж- ность. В случае, когда уравнение определяет окружность, найти ее радиус и координаты центра. а) х2 + у2 — 4 х + 8 у + 4 = 0; б) х2 + 2 у2 — 4 х = 0; в) х2 + у2 — 3 = 0; г) 4 х2 + 4 у2 — 4 х + 8 у + 5 = 0; д) х2 + у2 — Зх + 4у + 8 = 0. Решение. Для каждого случая опредэляем а = А2 + + В2 — 4С. а) а = (—4)2 + 82 — 16 — 64. Этим- уравнением определяется окружность с центром в точке С (2, —4) радиуса г — ^— = 4. 101
б) Уравнение не определяет окружность, так как коэффициен- ты при х2 и у2 не равны. в) а = 0 + 04-4-3=12>0. Уравнение определяет окружность с центром в начале коорди- нат (так как — ~ = 0 и — ^- = 0! j радиуса г — = р З? г) В данном уравнении коэффициенты при х2 и у2 не равны еди- ницам, поэтому уравнение не имеет вида (4). Однако его легко при- вести к этому виду, если разделить на 4: х2 + у2 — х + 2 у+у = 0, а = Д2 + В2 — 4 С = 1 + 4 — 5 = 0. Таким образом, уравне- ние на плоскости определяет одну-единственную точку (-^, —1). Непосредственной подстановкой убеждаемся в том, что координаты этой точки удовлетворяют данному уравнению. д) а = 9 + 16 — 32 = —7 < 0. Геометрическое место пред- ставляет собой пустое множество, т. е. нет на плоскости ни одной точки, координаты которой удовлетворяли бы данному уравнению. 3. Задачи на геометрические места, приводящие к окружности. Задача 2. Найти геометрическое место точек, отношение расстояний которых от двух данных точек постоянно. Решение. Пусть А и В — данные точки. Возьмем прямо- угольную декартову систему координат так, чтобы начало коорди- нат было в точке В, а положительное направление оси абсцисс сов- пало с направлением вектора В А. Если АВ — а, то точка А будет иметь координаты (а, 0), а точка В координаты (0, 0). Если М (х, у) — произвольная точка геометрического места, то = Х.где AM и ВМ — расстояния от точки М до данных точек А и В, a X — данное постоянное число, причем % > 0. Так как AM = V(х — а)2 у2, МВ = Кх24-у2, то К(х —а)2 + у2 = X |/ х2 + у2. (6) Это соотношение является уравнением искомого геометрического места точек. Возведем обе части соотношения (6) в квадрат: (х — а)2 + у2 = X2 (х2 + у2). (7) Соотношения (6) и (7) эквивалентны (см. задачу 161, в), поэтому (7) есть также уравнение искомого геометрического места точек. Преобразуя это уравнение, получаем: х2 (1 — X2) + у2 (1 - -2 ах + «2 = 0. (8) 102
Возможны два случая: а) X = 1. Уравнение (8) принимает вид: —2 ах + а2 = 0, или а X = — . 2 В этом случае искомое геометрическое место точек представля- ет собой прямую, перпендикулярную к АВ и проходящую через середину АВ. б) X =# 1. Разделив соотношение (8) на 1 —%2, получаем: 2а 1 —X2 = 0. 1 —Л2 Так как 4а2 , п2 4а2 а =---------------к02------------- (1 — X2)2 1 — Xs = 4а2Х2 0 ~ (1 — X2)2 то искомбе геометрическое место точек представляет собой окружность с цент- ром на прямой АВ. Для построения этой окружности достаточно построить две точки ее пересечения с прямой АВ. Задача 3. Дана окружность радиуса г и на ней точка А. Найти геометрическое место точек, делящих всевозможные хорды, проведенные через А, в одном и том же отношении %. Решение. Возьмем прямоугольную декартову систему ко- ординат так, чтобы центр данной окружности совпал с началом ко- ординат, а точка А имела координаты А (—г, 0) (черт. 77). Пусть АВ — произвольная хорда, проходящая через точку А, а М — точка геометрического места, т. е. — = X. Обозначая коорди- МВ наты точек В и М соответственно через (хь yt) и (х, у),будем иметь: — г + Xxj ___ Xyt 1 + Х ’ У” 1 + X ’ Отсюда, учитывая что X =# 0, получаем: Так как точка В(хь yj лежит на данной окружности, то х2 + у2 = г2, поэтому или (х -j- Y+ у2 = - -~х- . (Ю) \ 1 1 + X/ 1 у (14-Х)2 ' ’ 103
Мы доказали, что если М (х, у) — произвольная точка геомет- рического места, то ее координаты удовлетворяют уравнению (10). Теперь возьмем произвольную точку М (х, у), координаты ко- торой удовлетворяют уравнению (10), и покажем, что она принад- лежит геометрическому месту. Уравнение (10) может быть но в виде: записа- ло (12) Рассмотрим на плоскости точку В с координатами: V > + r V (1 + М* + г „ (1 + Му Х1 ~ ~Г[Х + Т^Г * ’ х Из (11) следует, что точка В лежит на данной окружности. С дру- гой стороны, из соотношений (12) получаем: v — г + ^Х1 _ Мч 1 + Х ’ У 1+Х’ откуда следует, что М делит отрезок АВ в Отношении А и, следо- вательно, М принадлежит геометрическому месту точек. Таким образом, соотношение (10) является уравнением искомо- го геометрического места точек. Этим уравнением определяется • / /* \ окружность радиуса р =----- с центром в точке----------, 0 . 1 + X \ 1 X / Легко видеть, что эта окружность при любом X проходит через точ- ку А. Если А. = 1, то она проходит также через начало координат. Вопросы и задачи 165. Напишите в прямоугольной декартовой системе уравне- ние окружности с центром в точке С и радиусом г в каждом из сле- дующих случаев: а) С (2, —5), г = 3; б) С (0, 0), г = 1; в) С (0, —3), г = 3. 166. Лежит ли точка М (К21, 3) на окружности х2 + у2 = 30? 167. Лежит ли точка М (3, 5) на окружности х2 — 2 х — у + + у2 = 0? 168. Каково геометрическое место точек, координаты кото- рых удовлетворяют уравнению: а) у = V 64 — х2; б) у = — К64 —х2? 169. В прямоугольной декартовой системе координат даны урав- нения геометрических мест точек: а) х2 + у2 — 2х 4~ 4у — 20 — 0; - б) х2 + у2 + 8х — 4у -j- 40 = 0; в) х2 + ху — 2х = 0; г) х2 + 2 ху + 2 у2 — Зх + у + 5 = 0; д) х2 + у2 — 2 х = 0; 104
е) х2 + у2 + 2 у + 8 = 0; ж) х2 + у2 — 4х — 2у + 1 — 0. Выяснить, какие из приведенных уравнений определяют окруж- ность, и определить координаты центра и радиус окружности. 170. Найти геометрическое место точек, сумма квадратов рас- стояний которых от двух данных точек А и В есть величина пос- тоянная. 171. Найти геометрическое место точек, сумма квадратов рас- стояний которых от трех данных точек А, В и С есть величина пос- тоянная. 172. Найти геометрическое место точек, касательные из кото- рых, проведенные к данной окружности, имеют постоянную длину. 173. Определить геометрическое место точек плоскости, из ко- торых данный отрезок АВ виден под прямым углом. 174. На окружности радиуса г взята точка О, вокруг которой вращается прямая, пересекающая окружность в переменной точ- ке В. На этой прямой, по обе стороны от точки В, откладываются отрезки ВМ^ = ВМ2 = АВ, где А—другой конец диаметра, проходящего через точку О. Определить линии, описываемые точ- ками Л11 и М2 при вращении прямой ОВ. 175. Найти геометрическое место середин всех хорд окружно- сти, имеющих данную длину. $ 13. НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ КРИВЫЕ 1 В этом параграфе рассмотрим некоторые важнейшие кривые, встречающиеся на практике. 1. Циклоида. Циклоидой называется траектория, опи- сываемая точкой М окружности радиуса г, катящейся без скольжения по данной прямой I. Приняв прямую I за ось абсцисс, а начальное положение точ- ки М за начало координат, напишем уравнение кривой. Сначала напишем параметрическое задание циклоиды, т. е. выразим координаты произвольной точки (х, у) кривой как функ- ции от некоторого параметра: х = (<р), у = f2 (<р). Далее, ис- ключив из этих двух соотношений <р, получим уравнение кривой в прямоугольных декартовых координатах. Пусть М (х, у) — произвольная точка циклоиды, S— центр катящейся окружности, а Н — основание перпендикуляра, опу- щенного из точки S на ось абсцисс (черт. 78). Примем в качестве параметра угол, который образует луч SM с лучом SH, т. е. <р= = Z MSH. Если М j — основание перпендикуляра, опущенного из точки М на ось абсцисс, а М2 — основание перпендикуляра, опущенного 1 Изучение всего материала этого параграфа не считается обязательным. Подробнее о свойствах замечательных кривых можно прочитать в книге 105
из той же точки на ось ординат (точки М t и М2 на черт.78 не изоб- ражены), то, очевидно, х = ОМ j = ОН — М ifi = rtp — г sin ф = г(ф — sin ф); у = 0М2 = г — г cos ф = г(1 — cos ф). Таким образом, циклоида имеет следующее параметрическое задание: х = г (ф — sin ф), у = г (1 — cos ф). (1) Запишем уравнение этой кривой в прямоугольной декар- товой системе. Для этой цели исключим из соотношений (1) параметр ф. Из второго уравнения (1) получим: г — у ’ г — у cos ф =---—, ф = аге cos------ . г г Подставив это значение ф в первое уравнение (1) и учитывая,что sin ф = V 1 —соз2ф = 1 — г~ у у = ^у ^2f~ у\ t получаем: х+Уу(2г-у) = г arc cos -—— . Для построения циклоиды заметим, что она периодическая; период (базис циклоиды) ОА = 2лг. Поэтому при построении кривой достаточно рассмотреть только те точки, для которых х < 2лг. Кривая изображена на чертеже 78. 2. Эпициклоида. Эпициклоидой называется траектория, описываемая точкой М окружности радиуса г, катящейся без сколь- жения по внешней стороне другой окружности радиуса R. Примем центр О неподвижной окружности за начало прямо- угольной декартовой системы координат, а любые две взаимно перпендикулярные прямые, проходящие через эту точку, — за 106
координатные оси. Если за параметр принять угол ф — Z СОХ, где С — центр катящейся окружности, а X — точка на положитель- ной полуоси Ох, то эпициклоида будет иметь следующее парамет- рическое задание: D I г х = (R г) cos <р—г cos > ф, у = (R + г) sin ф — г sin --т- ф. Черт. 79. Предлагаем студенту-заочнику по аналогии с выводом урав- нения циклоиды вывести эти уравнения. В частном случае, когда г — R предыдущие уравнения прини- мают вид: х — 2 г cos ф — г cos 2 ф, у = 2 г sin ф — г sin 2 ф. В этом случае кривая называ- ется кардиоидой. Кардиои- да изображена на чертеже 79. 3. Гипоциклоида. Гипоци- клоидой называется траек- тория, описываемая точкой М ок- ружности радиуса г, катящейся без скольжения по внутренней стороне окружности радиуса R. Примем центр О неподвиж- ной окружности за начало прямо- угольной декартовой системы ко- ординат, а любые две взаимно перпендикулярные прямые, проходящие через эту точку, — за ко- ординатные оси. Если за параметр принять угол ф = Z СОХ, где С — центр катящейся окружности, а X — точка положительной полуоси Ох, то гипоциклоида будет иметь следующее параметри- ческое задание: р__г х = (R — г) cos ф + г cos-ф, d__г у = (R — г) sin ф — г sin------ф. Предлагаем читателю по аналогии с предыдущим вывести эти уравнения. В частном случае, когда г=— R, предыдущие уравнения при- 4 нимают вид: х = 3 г cos ф + г cos 3 ф, у — 3 г sin ф — г sin 3 ф. 107
В этом случае кривая назы- вается астроидой. Аст- роида изображена на черте- же 80. 4. Конхоида Никомеда. Дана прямая I и точка S, от- стоящая от нее на расстоя- нии 0. Через точку S проводятся всевозможные прямые, на каждой из кото- рых от точки В пересечения с прямой I откладывается в обе стороны отрезок, равный Ь. Геометрическое место кон- цов этих отрезков называется конхоидой Ником е- д а. Приняв точку S за по- люс полярной системы и нап- равив полярную ось перпен- дикулярно к прямой I, напи- шем уравнение конхоиды Никомеда. Пусть SB — про- извольная прямая, проходя- щая через S и пересекающая прямую I в точке В (черт. 81). Тогда точки Mt и М%, лежа- щие на этой прямой и отстоя- щие от точки В на расстоя- нии Ь, принадлежат искомому геометрическому месту точек. Если (рь <р) и (р2, <р) — * обобщенные полярные коор- -► динаты точек Mt и Mi (см. Р § 9), то, очевидно, Р1 = SM1 = SB + BM1 = . = —-—\-ь, cos q> # р2 = SM2 = SB — вм2 = cos <р Таким образом, в обобщен- ной полярной системе кривая задается следующим уравне- нием:
р=-^-±6. (2) cos ф Отметим, что это уравнение эквивалентно уравнению (р--М2^2. О) \ COS ф / поэтому уравнение (3) также является уравнением конхоиды Ни- комеда. Для перехода к уравнению кривой в прямоугольной декарто- вой системе координат воспользуемся соотношениями х — р cos<p, у = р sin ф, откуда cos <р=—. Подставив полученное значение для Р cos ср в соотношение (3), получаем: р2 = ь\ или (х2 -|- у2) (х — а)2 = &2х2. Кривая для случая а> Ь изображена на чертеже 81, а, а для случая а= b — на чертеже 81, б. Для случая Ь > а постройте изображение кривой самостоя- тельно. Отметим, что конхоидой данной кривой называется кривая, полу- чающаяся при увеличении или уменьшении полярного радиуса каждой точки данной кривой на постоянный отрезок Ь. Если р == f (ф) есть уравнение данной кривой в полярных координатах, то р = — f (ф) ± b — уравнение конхоиды. Таким образом, конхоида Никомеда есть конхоида прямой линии. 5. Улитка Паскаля. Улиткой Паскаля называется конхоида окружности, если за полюс О выбрана точка на окружности. Пусть г — радиус данной окружности и Ь — постоянный отре- зок, который откладывается ~ метр окружности, проходя- щий через О, за полярную ось, а угол ф между этой осью и полярным радиу- сом — за полярный угол (черт. 82). Если Мо — про- извольная точка окружно- сти, a Mi и Мг — точки улит- ки Паскаля на луче ОМ0, то OMi = ОМ о 4- Ь, ОМг = ОМ о — Ь. Пусть ф = Z СОМ о, а ф' — Z СОМ0', где М'о — произвольная точ- на полярном радиусе, примем диа- Черт. 82 109
ка На продолжении луча ОМ о. Очевидно, ф' =ф + л, OMi = ОМ0 + b = 2rcos <р + Ь, —OMz = Ь — ОМа = Ь — — 2r cos q> = b + 2 г cos ф. Если р — обобщенный полярный ра- диус точки, то из полученных соотношений видно, что р = 2г cos ф + Ь. (4) Эта формула позволяет вычислить полярный радиус как точ- ки Mi , так и точки Мг. Таким образом, соотношение (4) является уравнением улитки Паскаля в обобщенных полярных координатах. Для того чтобы записать уравнение кривой в прямоугольной Декартовой системе, возьмем вектор J так, чтобы (ij) = -|- 90° , тогда: х = р cos ф, у = р sin ф, р = Кх2 у2. Отсюда получаем: Подставив эти значения в уравнение (4), получаем: ]/х2 + у2 = 2г - х 4- b или х2 4- у2 — 2гх = V х2-|-у2 Ь. Это уравнение эквивалентно следующему: (х2 + у2 — 2гх)2 = (х2 + у2) Ь2. 6. Овал Кассини. Пусть Ft и Fz — две фиксированные точки, Ь — постоянное число и FiFz = 2 с. Овалом Кассини на- зывается геометрическое место точек М, для которых FiM • F2M = b2. Приняв прямую FiF2 за ось абсцисс, а середину отрезка F iF2 — за начало координат, напишем уравнение кривой. Пусть М (х, у) — произвольная точка геометрического места. Так как F iF2 = 2 с, то точки F i и F2 будут иметь координаты Fi (с, 0), F2 (—с, 0), поэтому соотношение F tM • F2M = b2 в ко- ординатах запишется так: /(х + с)2+ у2 • /(х —с)2 + у2 = Ь2. Это уравнение эквивалентно уравнению: ((х + с)2 + у2 ] [(х — с)2 + у2 ] = Ь*. После элементарных преобразований получаем: Цх2 + у2 + с2) + 2 хс] [(х2 + у2 + с2) — 2 хс] = Ь\ Отсюда имеем: (х2+ у2 + с2)2 — 4 х2с2 = Ь* или ПО
(х2 + у2)2+ 2 (х2 + у2) с2 + с4 — 4 х2с2 = 64. Окончательно получаем следующее уравнение овала Кассини: (х2 + у2)2 — 2 с2 (х2— у2) = £>‘ — с4. (5) 7. Лемниската Бернулли. Овал Кассини называется лемнис- катой Бернулли, если b = с. Из уравнения (5) сразу по- лучаем уравнение кривой: (х2 4- у2)2 — 2 с2 (х2 — у2) = 0. (6) Исследуем эту кривую по уравнению и построим ее. Для этой цели перейдем к полярной системе координат. Положим х = р cos ф, у = р sin <р: р2 = 2с2 cos2 ср. (7) Исследуем свойства кривой по уравнениям (6) и (7). а) Кривая симметрична как относительно начала координат, так и относительно координатных осей Ох и Оу, так как в уравне- нии (6) переменные х и у входят в четных степенях. Отсюда следует, что можно ограничиться рассмотрением формы кривой только в первой четверти. б) Определим точки пересечения кривой с осями координат. Положим х = 0. Из соотношения (6) получаем: у4 + 2 с2у2 = 0, отсюда у = 0. Таким образом, кривая проходит через начало координат и других точек пересечения с осью Оу не имеет. Поло, жив в (6) у = 0 будем иметь: х4 — 2 с2х2 = 0. Отсюда Xi = 0, Х2 = 0, х3 = К2 с, х4 = —]/2"с. Кривая пересекает ось абсцисс в точках О (0, 0), A i (И 2 с, 0), Аз (—К2 с, 0). в) Из отношения (7) Таким образом, все точ- ки кривой принадлежат кругу с центром в нача- ле координат радиуса г = У2 с (черт. 83). г) Исследуем значе- ние р при изменении по- лярного угла ф в преде- лах от 0 до - . Если ф = 2 = 0, то из соотношений (7) имеем: р = 1^2 с; при увеличении ф по- лярный радиус монотон- но убывает и при ф = = получаем: р = 0. При дальнейшем увели- 111. следует, что — 1, поэтому р v х с.
чении угла <р будем иметь р2 < 0, поэтому р не существует. Та- ким образом, все точки кривой расположены между двумя бис- сектрисами координатных углов. На чертеже 83 заштрихована та область, в которой нет ни одной точки, кривой. Эти выводы позволяют построить кривую по уравнению. Для более точного изображения кривой необходимо взять несколько точек кривой в первой четверти и по координатам построить их. На чертеже 83 изображена лемниската Бернулли. 8. Спираль Архиме- да. Луч I, исходящий из неподвижной точки О, вращается с посто- янной угловой скоростью и. Точка М, имея на- чальное положение в точке О, движется по лучу I равномерно со скоростью V. Траекто- рия точки М называ- ется спиралью Ар- химеда. Примем точку О за полюс, произвольную ось, проходящую через нее, — за полярную ось, а направление движения луча I — за положительное направление обхода. Если р — по- лярный радиус точки, а ср — полярный угол, то в момент времени /имеем: <р = со t, а р — vt. Исключив из этих двух соот- ношений t, получаем уравнение спирали Архимеда в полярных координатах: V р = — Ф. и Кривая изображена на чертеже 84.
ГЛ АВ А IV ПРЯМАЯ ЛИНИЯ § 14. УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ В АФФИННОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ В курсе элементарной геометрии не дается определения прямой, так как прямая является основным, неопределяемым геометричес- ким объектом. Основные свойства прямой задаются аксиомами, а остальные выводятся из аксиом логическим путем. Однако, поль- зуясь понятием коллинеарности векторов, можно определить гео- метрическое место всех точек, принадлежащих прямой. В самом деле, если Мо — произвольная точка прямой I, а р — ненулевой вектор, параллельный ей, то, очевидно, каждая точка М прямой характеризуется условием: М0М коллинеарен р. Обратно, если вектор М оМ коллинеарен р, то точка М принадлежит прямой I. Таким образом, точка М принадлежит прямой I тогда и только тогда, когда вектор М0М коллинеарен р. Это определение может быть использовано для того, чтобы написать уравнение геометри- ческого места всех точек, принадлежащих прямой, или коротко уравнение прямой1. 1. Различные способы задания прямой в аффинной системе коор- динат. В аналитической геометрии пользуются следующими спо- собами задания прямой. а) Пусть I — данная прямая, Мо — произвольная точка на ней, а р—некоторый ненулевой вектор, параллельный ей. Оче- видно, положение прямой I на плоскости однозначно определяется, если даны точка Мои вектор р (черт. 85, а). Точка Мо называется начальной точкой, а вектор р — направляющим вектором. Заметим, что за начальную точку можно выбрать любую точку прямой, а за направляющий вектор — любой нену- левой вектор, параллельный прямой. Если на плоскости выбрана аффинная система координат, то Мо и р будут иметь координаты: Мо (х0, yQ), р{а, 0). Итак, числа (х0, у0), {а, 0} однозначно харак- теризуют положение прямой на плоскости. __ 1 В аналитической геометрии термин «прямая» понимается в смысле со- вокупности всех точек, принадлежащих некоторой прямой, «уравнение пря- мой» понимается в смысле уравнения геометрического места этих точек. 113
б) Прямая I может быть задана двумя ее точками Mi и Mz (черт. 85, б). Если в выбранной аффинной системе координат точки Mi и Mz имеют координаты Mi (Xi, у4), Mz (х2, у2). т0 числа (хь У1), (х2, Уг) однозначно характеризуют положение прямой на плоскости. в) Если прямая I не проходит через начало аффинной системы координат и пересекает оси координат, то ее можно определить заданием длин направленных отрезков, которые она отсекает на осях координат (черт. 85, в). Если а = —, b = — .точислааиб Cj е2 однозначно определяют положение прямой на плоскости. Такой способ задания прямой называется «заданием прямой в отрезках». г) Если в аффинной системе Oeie2 вектор а имеет координаты (а, 0} и если а=# 0, то число k = —, как было отмечено в § 4, назы- а вается угловым коэффициентом вектора а. Из теоремы [4. 6] сле- дует, что все векторы, параллельные прямой /, имеют один и тот же угловой коэффициент k. Число k называется угловым коэффициентом прямой /. Таким образом, угловой коэффициент прямой равен угловому коэффициенту любого его направляющего вектора. Прямые, параллельные оси Оу, не имеют углового коэффициента. Легко видеть, что положение прямой на плоскости однозначно определяется заданием углового коэффициента k и некоторой ее точки Мй. Так как в этом случае прямая пересекает ось Оу, то за точку прямой можно взять точку пересечения данной прямой и оси у. На чертеже 86 эта точка обозначена через В. Если В имеет координаты (О, Ь), то числа k, b однозначно определяют положение прямой на плоскости. Итак, если на плоскости выбрана аффинная система координат, то прямая может быть задана одним из следующих четырех спо- собов. 114,
а) Начальной точкой Л40 (х0, у0) и направляющим вектором Р (а, ₽)• б) Двумя различными точками Mi (xj, yi) и М2 (х2, у2). в) Длинами а, b направленных отрезков, отсекаемых на осях ко- ординат. г) Точкой Мо (х0, у0) и угловым коэффициентом k\ в частности, точкой В (О, 6) и угловым коэффициентом k. Очевидно, все эти способы несущественно отличаются друг от друга. Основными следует считать первые два способа, так как этими способами могут быть за- даны любые прямые, независимо от их расположения относительно выбранной системы координат, в то время как третий и четвертый спо- собы могут быть использованы с указанными выше ограничениями. Пример 1. Пусть прямая I проходит через точки А (2, 5), В (—1, 1). Перейти к другим спо- собам задания. Решение, а) В качестве направляющего вектора можно рас- смотреть АВ {—3, —4}. Поэтому прямая Z может быть задана точ- кой А (2, 5) и вектором АВ {—3, —4). в) Определим точки пересечения прямой с осями координат: Р (а, 0) и Q (0, Ь). Так как А, В, Р коллинеарны, то из п. 4, § 8, следует, что а 0 2 5 —1 1 1 1 1 7 — 0, а- 4 4-7=0, а = —~ ’ 1 ’ 4 Аналогично точки В, Q коллинеарны, поэтому о 2 — 1 Очевидно, а = — b 5 1 7_ 4 ’ = 0, — 364-7 = 0, 6 = -4 о А, 1 1 1 , 7 о = — являются длинами отрезков, кото- рые прямая отсекает на осях координат, поэтому эти числа харак- теризуют положение прямой на плоскости. г) Так как АВ {—3, —4} является направляющим вектором 4 прямой, то угловой коэффициент этой прямой равен—, поэтому 3 (7 \ 0, — ] и угловым коэффициен- з 1 , 4 ТОМ k = —. 3 115
2. Уравнение прямой, заданной начальной точкой и направляю щим вектором. Задача 1. Написать уравнение прямой /, заданной в не- которой аффинной системе координат, направляющим вектором р (а, 0} и начальной точкой Мо (х0, у0). Решение. Написать . уравнение прямой—это означает на- писать аналитическое условие, которому удовлетворяют коорди- наты произвольной точки прямой и не удовлетворяют координаты точки, не принадлежащей прямой. Выше было отмечено, что про- извольная точка М при- надлежит прямой I тогда и только тогда, когда вектор М0М коллине- арен вектору р (черт. 87). Если обозначить через х, у координаты точки М, то МйМ (х — х0, у — у0) и условие коллинеар- ности векторов M0M и р запишется так: х — х0 у — у0 а Р =0.(1) Это и есть уравнение прямой, проходящей через точку Мо (х0, у0) и параллельной вектору р (а, 0}. Если ни одна из координат вектора р не равна нулю, то условие коллинеарности векторов М0М и р можно записать так: х~х0 = у —у0 « Р Очевидно, в случае а=/= 0 и 0=# 0 уравнения (1) и (2) эквивалентны. Пример 2. Написать уравнение прямой, проходящей через точку Мо (1, —3) и параллельной вектору р {2, —5). Решение. Подставив в соотношение (2) значения коорди- нат начальной точки и направляющего вектора, получаем: ; — 5х _|_ 5 = 2у -J- 6 или 5х -|- 2у 1 = 0. 2 “- 5 Таким образом, данная прямая задается уравнением 5х+2у + + 1=0. Непрсредственной проверкой легко убедиться в том, что она проходит через точку Л40 (1, —3). Пример 3. Написать уравнение прямой, проходящей через точку Мо (2, —3) и параллельной оси Ох. 116
Решение. Так как ось Ох параллельна вектору {1, 0), то этот вектор является направляющим вектором прямой, поэтому уравнение прямой запишется так: « х — 2 у + 3 1 0 = 0 или у —3 = 0. В данном случае уравнение прямой нельзя записать в виде (2), так как 0 = 0. 3. Уравнение прямой, проходящей через две точки. Задача 2. Написать уравнение прямой I, проходящей че- рез две точки Mi (х1( у0 и М2 (х2, у2), заданные своими координа- тами в некоторой аффинной системе координат. Решение. Прямую I можно задать начальной точкой Mt (хр yj и направляющим вектором Л^Мг {х2 — х(, у2 — yj, по- этому мы можем сразу написать уравнение прямой в виде (1): X —Xi у — yi х2 — Xi у2— yi (3) Это соотношение можно записать в более удобном для запоми- нания виде (см. п. 4, § 8): х у Xi yi хг Уг (4) Если хг — Xi=£ 0 и уг — yt=# 0, то соотношение (3) эквивалент- но следующему: = У-У1. . (5) *г —Xi Уг — У1 Соотношения (3), (4) и (5) называются уравнениями прямой, проходящей через двё точки. При ре- шении задач можно пользоваться любым из этих уравнений. Пример 4. Написать уравнение прямой, проходящей через точки: a) Mi (2, —3) и М2 (3, 7); б) Mi (5, 1) и Л42 (—3, 1). Решение, а) Подставив значения координат в соотноше- ние (5), получаем: *~2 = у..+ ? • Юх — 20 = у-4-3 или 10х — у — 23=0. 3 — 2 7 + 3 Л Непосредственной проверкой легко убедиться в том, что коорди- наты точек Mi и М2 удовлетворяют этому уравнению. б) В данном случае формула (5) не применима, так как уг = у4. Подставив значения координат в соотношение (3), получаем: 117
х— 5 —8 у-1 О = 0 или у — 1 = 0. х — а у — —а b 4. Уравнение прямой в отрезках. Задача 3. Прямая I в некоторой аффинной системе пере- секает оси координат в точках А и В, отличных от начала ко- ординат (черт. 85, в). Известны длины отрезков, отсекаемых ею на осях аффинной системы координат а = — , b = —. Написать уравнение прямой I. Решение. Прямая I проходит через точки А (а, О') и В (0, Ь), поэтому для написания уравнения прямой I можно воспользовать- ся соотношением (3): = 0 или Ьх — ab-\-ay = 0. Так как ab=A= 0, то, разделив полученное уравнение на ab, окон- чательно получаем: А + Х = 1. (6) а о Это соотношение называется уравнением прямой I вотрезках. Пример 5. Написать уравнение прямой, которая отсекает на осях координат отрезки, длины которых равны: а) а = 3, Ь = 5; б) а =----- , b = 1; в) а = — V2,b = — Ж 3 Решение. Подставив в соотношение (6) значения а и Ь, по- лучаем: a) “Ь -5- = 1 или $х 4" — -15 = 0; б) - - д- -]—j- = 1 или у — Зх — 1 =0; в) жт + гут=1 или КЗх+Жу + Ж=0. 5. Уравнение прямой с угловым коэффициентом. Задача 4. Написать уравнение прямой I, заданной в не- которой аффинной системе точкой Мо (х0, у0) и угловым коэффи- циентом k. Решение. Прямая I имеет угловой коэффициент k, поэтому вектор р {1, fe} параллелен прямой. Задача сводится к написанию уравнения прямой, проходящей через данную точку Мо (х0, у0) и параллельной вектору р (1, й}. Из соотношения (1) получаем: 118
X х0 У Уо = о или (х — х0) k — (у — у0) = о. 1 k Мы получили уравнение прямой с угловым коэффициентом: У — Уо = k (х — х0). (7) Если за начальную точку М о принять точку В (0, Ь) пересечения прямой с осью Оу (черт. 86), то это уравнение принимает вид: у — b = kx или у = kx + b. (8) Заметим, что точка В всегда существует, так как прямая I имеет угловой коэффициент, поэтому не .параллельна оси Оу. Пример 6. Написать уравнение прямой, заданной в аф- финной системе угловым коэффициентом k и начальной точкой М о: a) k = — 4, М. о (2, —3); б) k = 3, М о (0, 5); в) k = 0, М о (0, 0). Решение, а) Подставив значения координат точки М о и уг-. левого коэффициента k в соотношение (7), получаем: у + 3 = —4 (х — 2) или у = —4х + 5. б) Воспользуемся соотношением (8). В данном случае b — 5 и у = 3 х + 5. в) Воспользуемся соотношением (7). Так как k = х0 = у0 = 0, то из этого соотношения получаем: у = 0. 6. Параметрическое задание прямой. В заключение рассмот- рим параметрическое задание прямой, т. е. выразим коорди- наты произвольной точки прямой через произвольный пара- метр t. Пусть в аффинной системе координат прямая I задана начальной точкой Л40 (х0, у0) и направляющим вектором р {а, 0}. Точка М. (х, у) принадлежит прямой тогда и только тогда, когда векторы Л10Л4 и р коллинеарны, т. е. существует такое число I, что Л10Л1 — tp. Это соотношение в координатах запишется так: ( х — х0 = ta, [ х = х0 4- at, 1 и или (9) I У — Уо = I У = Уо + ₽*• Эти соотношения называются параметрическим задани- ем прямой. Их смысл заключается в следующем: каково бы ни было действительное число t, точка с координатами (х, у), удо- влетворяющая условиям (9), лежит на прямой I. Обратно, если (х, у) — точка прямой I, то всегда найдется такое t, что х и у вы- ражаются через х0, у0, а, 0 при помощи соотношений (9). Пример 7. Написать параметрическое задание прямой: а) проходящей через точку Л40 (2, 3) параллельно вектору Р (2, -3); б) проходящей через две точки (1, —5), Л42 (2, 4). 119
Решение, а) Подставив координаты данной точки и нап- равляющего вектора прямой в соотношение (9), получаем: х = 2 + 2t, у = 3 — ЗЛ б) За направляющий вектор прямой можно взять MtM2 {1, 9), поэтому параметрическое задание запишется так: X = 1 + t, у = — 5 + 9Л Примеры и задачи 176. Дана прямая 2 х — у + 5 = 0. Выяснить, какие из сле- дующих точек принадлежат данной прямой: (5, 15), (1, 1), (-2, 1), (3, 0), . (7, -5), (1, 7), (1, 6), (0, 3). 177. Определить точки, которые принадлежат прямой 3 х — — 2 у + 1 = 0 и имеют ординаты: 1, у, 2, —1, 3, 5, —4. 178. Определить точки, которые принадлежат прямой 7 х + + 2у — 8 = 0 и имеют абсциссы: 2, —4, 3, —1,1,0, 5. 179. Дана аффинная система координат. Написать уравнение прямой: а) проходящей через точки А (2, —1), В (3, 0); б) проходящей через точку А (3, 5) и параллельной вектору Р (3, -2); в) проходящей через точку А (3, 6) и параллельной вектору {1, 0}. 180. Дана аффинная система координат. Написать уравнение прямой: а) проходящей через точки А (—1, 1) и В (2, 5); б) проходящей через начало координат и точку А (2, 5); в) проходящей через точку А (2, —6) и параллельной вектору Р {1, -1}; г) отсекающей на осях координат отрезки а = 3, b = —2; д) проходящей через точку А (3, 5) и параллельной оси Ох; е) проходящей через точку В (—1, 2) и параллельной оси Оу; ж) проходящей через концы координатных векторов. 181. Установить, какие из следующих троек точек лежат на одной прямой: а) (2, 1), (-1, 4), (-7, 10); в) (1, 0), (0, 1), (-2, 3); б) (0, 5>, (7, 1), (-2, 3); г) (2, 1), (10, 3), (5, 2). 182. Дана прямая, параллельная Оби Оу. Можно ли написать уравнение этой прямой: а) в отрезках; б) с угловым коэффициентом? 183. Дана аффинная система координат. Написать уравнение прямой: 120
а) проходящей через точку Л1о (2, —3) и имеющей угловой ко- эффициент k = —3; б) имеющей угловой коэффициент k = 2 и отсекающей на оси Оу отрезок b = —4; в) имеющей угловой коэффициент k = К2 и отсекающей на оси Ох отрезок а — 3; г) проходящей через начало координат и имеющей угловой ко- эффициент k = 9. 184. Дана прямоугольная декартова система координат Oij. Написать уравнение прямой: а) являющейся биссектрисой коор- динатного угла (Z, J); б) являющейся биссектрисой координатного угла (—Z,/); в) проходящей через точку А (2, 5) и параллельной биссектрисе координатного угла (—I, j); г) проходящей через на- чало координат, образующей с осью Ох угол ср =30° и проходящей в первой и третьей четвертях. 185. Через середину отрезка (2, 5) и (4, —1) провести прямую: а) параллельную оси Ох; б) имеющую угловой коэффициент k=2. 186. Прямая задана параметрически: х = 2 + 3t, у = 3 — t. Определить: а) координаты направляющего вектора; б) координа- ты точек, имеющих параметры = 1, /2 = —1, = КЗ, = 4. 187. Принадлежат ли точки А (0,2), В (3, 1), С(—3,' J8), 0(11,5), Е (—1, 4) прямой, заданной параметрически: х = — 1 + t, у = 4 — 2/? 188. Написать уравнения сторон квадрата, если длины сто- рон его равны а, а за оси прямоугольной декартовой системы приняты его диагонали. 189. Написать уравнения всех сторон правильного шестиуголь- ника ABCDEF, если длина стороны шестиугольника равна а, а система прямоугольных декартовых координат выбрана так, что начало совпадает с точкой А, точка В лежит на положительном луче оси Ох, а точка Е — на положительном луче оси Оу. 190. Проверить, что четырехугольник ABCD, где А (—2, —2), (5 5 \ — , — I и D (3, 1), является трапецией и составить уравнения средней линии и диагоналей этой трапеции. 191. Даны уравнения двух смежных сторон параллелограмма: х — у — 1=0, х — 2у = О и точка пересечения его диаго- налей F (3, —1). Написать уравнения двух других сторон парал- лелограмма. 121
192. Вершины треугольника находятся в точках А (—4, —5), В (4, 1) и —у , 7^. Написать: а) уравнение биссектрисы внутреннего угла А; б) уравнение медианы, проходящей через вершину А. § 15. ПРЯМАЯ КАК ЛИНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА; ПОСТРОЕНИЕ ПРЯМОЙ ПО УРАВНЕНИЮ 1. Прямая как линия первого порядка. Из рассмотренных в пре- дыдущем параграфе способов задания прямой можно отметить сле- дующую характерную особенность полученных уравнений: все эти уравнения являются алгебраи- ческими уравнениями первой степени, т. е. уравнениями вида Ах + By + С = 0. Естественно возникает вопрос, всякое ли уравнение первой степени отно- сительно переменных х, у опре- деляет на плоскости прямую линию? На этот вопрос отве- чает следующая основная тео- рема: Теорема [15. 1 ]. Гео- ЧерТ. 88 метрическое место точек плос- кости, координаты которых в аффинной системе координат удовлетворяют уравнению Ах -|- By + С — 0, (1) еде коэффициенты А и В одновременно не равны нулю, есть прямая линия, параллельная вектору р{—В, Л) и проходящая через точку Мо (хо> Уо)- Здесь х0, у0 — какое-либо решение уравнения (1). Доказательство. Обозначим через G геометрическое место точек, координаты которых в данной системе удовлетворяют уравнению (1) (черт. 88). Возьмем произвольную точку Л40 (х0, у0) этого геометрического места. Такая точка существует, так как А и В одновременно не равны нулю. Если, например Лу=0, то у0 S с можно взять произвольно, а х0 =------у о-------. Так как Ах0 + А А + ByQ + С = 0, то С = —Ах0 — Ву0. Подставив это значение в уравнение (1), получаем: А (х — х0) + В (у — у0) = 0. (2) Очевидно, уравнение (2) эквивалентно уравнению (1), поэтому уравнение (2) есть уравнение того же геометрического места G. 122
Теперь, воспользовавшись формулой (1), § 14, напишем урав- нение прямой I, проходящей через точку Л40 (х0, у0) и параллель- ной вектору р {—В, Л} (см. черт. 88): Х ~~о° ~л = 0 или (х — х0) В (у — Уо) = °- — В А I Мы получили то же уравнение (2). Если уравнения двух геометри- ческих мест в одной и той же системе координат совпадают, то, очевидно, геометрические места совпадают. Таким образом, гео- метрическое место G есть прямая I. Теорема доказана. Пример 1. Каково геометрическое место точек, координаты которых в некоторой аффинной системе координат удовлетворяют уравнению 3 х — у + 2 = О? Решение. Согласно пре- дыдущей теореме рассматриваемое геометрическое место точек есть прямая. Направляющий вектор р (а, Р} имеет координаты а = = —В=1, Р= А = 3. Для задания прямой нужно иметь еще одну из ее точек. В качестве начальной точки можно взять любую точку, координаты которой удовлетво- ряют уравнению прямой, например о (0, 2). На чертеже 89 изоб- ражена данная прямая. Доказанную теорему можно сформулировать несколько иначе, если ввести следующее определение: алгебраической кривой перво- го порядка называется геометрическое место точек, координаты ко- торых в некоторой аффинной системе удовлетворяют уравнению-. Ах + By + С = 0, где коэффициенты А и В одновременно не равны нулю. Теорема [15. 1']. Всякая алгебраическая кривая первого по- рядка есть прямая линия. Важно отметить, что в теореме [15. 1] коэффициенты Л и В уравнения (1) одновременно не равны нулю. Это условие сущест- венно. В самом деле, если Л = В = 0, то уравнение (1) принимает вид: 0 • х + 0-у + С = 0. Если С=й= 0, то нет на плоскости ни одной точки, координаты которой удовлетворяли бы этому урав- нению. Если же С = 0, то уравнение имеет вид: Ох + Оу + 0 = 0 и координаты любой точки плоскости удовлетворяют этому ура- внению. 2. Условие совпадения двух прямых. Мы показали, что каждое уравнение вида (1) на плоскости определяет прямую. Выясним, при каком условии уравнения Л4х -f- Bty = 0, (3) 123
Л2х В2у -|- С2 = 0 (4) определяют одну и ту же прямую? Пусть прямые Zt и Z2, определяемые уравнениями (3) и (4), сов- падают. Это означает, что направляющие векторы этих прямых коллинеарны. По теореме [15. 1 ] {—Blt Л4) — направляющий вектор прямой а р2 (—Вг, Az] — направляющий вектор пря- мой /г, поэтому р2 = Арг Отсюда следует, что —В2 = —ABt и Л2 = АЛ i или Л2 = АЛ1( В2 = АВР (5) Подставив эти значения в уравнение (4), получаем: АЛ 1% 4- АВ ^у 4~ С2 = 0. Возьмем произвольную точку (хо, у о) на прямой (3): Лixo + В1У0 + Ci = 0 или Ci = — Лixo — Biy0. (6) Эта же точка принадлежит Z2, так как прямые Zi и Z2 совпадают, поэтому Л2х0 + В2у0 + С2 = 0 или (Л 1хо + Вiy0) + С2 = 0, С2 = —А (Л ixo + Biy0). (7) Сравнивая соотношения (6) и (7), получаем: Cz — АСР Мы при- шли к выводу, что если прямые Z± и Z2 совпадают, то коэффициенты в уравнениях (3) и (4) пропорциональны. Обратно, пусть коэффици- енты в уравнениях (3) и (4) пропорциональны, т. е. существует такое число А, что Л2 = АЛь В2 = АВ1( С2 = ACt. Уравнение (4) мож- но записать так: АЛ (X 4* АВ ху 4- АС 1 = 0 или А (Л ix 4~ В iy 4~ С 4 =0. (8) Очевидно всякое решение уравнения (3) является решением (8) и наоборот, т. е. прямые li и lz совпадают. Мы доказали следую- щую теорему: Теорема [15. 2]. Для того чтобы прямые li и lz, заданные уравнениями (3) и (4), совпадали, необходимо и достаточно, чтобы коэффициенты в этих уравнениях были пропорциональны, т. е. су- ществовало такое число А, что Л2 = АЛ 1, В2 = АВ j, С2 = АС 1. Если читателю известно понятие ранга матрицы, то теорему [15. 2] можно сформулировать так: Теорема [15. 2' ]. Для того чтобы прямые Ц и 12, заданные уравнения- ми (3) и (4), совпадали, необходимо и достаточно, чтобы ранг матрицы I -41 Ci II | A2 B2 C2 II был равен единице. Пример 2. Выяснить, какие из следующих пар прямых совпадают: 124
а) Зх — у + 1 =0 б) х — у = 0 в) V 2 х — Зу 4~ 1 = О г) — х —у 5 = О .2,3 л д) + = ° О £ и Зх — 2у -j- 1 = 0; и х — у4-_1_=0; __ и 2х —3 /Ту+ /2=0; и х — уН~5 =0; и 4х 4~ 9у = 0. Решение, а) Прямые не совпадают, так как числа 3, —1, 1 и 3, —2, 1 не пропорциональны. б) Прямые не совпадают. В самом деле, числа 1, —1, 0 не про- порциональны числам 1, —1, 1. в) Прямые совпадают, так как коэффициенты в уравнениях пря- мых пропорциональны: % = ]/ 2. г) Прямые не совпадают. д) Прямые совпадают и Х= 6. 3. Геометрический смысл знака трехчлена Ах 4- By 4~ С. Пусть на плоскости в некоторой аффинной системе координат дана прямая Ах + By + С=0. Если точка Мо (х0, у0) не ле- жит на прямой, то Ах0 + Ву0 + + С=А= 0, таким образом для любой точки (х, у) плоскости, не лежащей на данной прямой, число 6 = Ах + By + С отлич- но от нуля. Определим геомет- рическое место точек плоскости, для которых 6 = Ах + By + + С > 0. Для этой цели предварительно докажем следующую теорему: Теорема [15. 3]. Для того чтобы точки Л4 (xt, yj и Mi (хг, у г), заданные в аффинной системе, лежали по разные стороны от прямой I: Ах + By + С = 0, необходимо и достаточно, чтобы чи- сла 6t = Ах^ + Byt + С и 62 = Дх2 + Ву2 + С имели разные знаки. Доказательство. Пусть точки М! (xj, у 0 и М2 (х2, у2) лежат по разные стороны от прямой I. Тогда на отрезке М1Л42 есть точка Мо (х0, у0), принадлежащая прямой I (черт. 90). Если 1 — отношение, в котором Мо делит отрезок MiM2, то, очевидно, X > 0 и „ ___ х1 + ^х2 У1Ч~^У2 ~ 1 ’ Уо ~ , 1.1 Так как Мо (х0, у0) принадлежит прямой I, то А х, + Хх2 в уд+Зуг । с = о 1 + Л 1 14- А 1 125
отсюда получаем: Axi —С “j- к (j4%2 —|- Ву2 -j- С) ~ 0 или —|- X 62 = О, и 62 имеют разные знаки. и б2 имеют разные знаки, и до- (х2, Уг) лежат по разные стороны к = — —. Так как Х>0, то б. б2 1 Обратно, предположим, что 6t кажем, что точки Mi (xj, уО и М2 от прямой I. Точка (х0, у0), где Х1 — — ха X — °2 0 ~ ,61. ’ б2 лежит между и М2, так как Л40 (х0, у0) лежит на прямой I. В Xi — -у- х2 Ах0-\-Вуй-\-С = А-----?|----1- 62 AXi + Ву^С - А (Лх2 + Ву2+ С) = б2 J fix У1“^У2 бг g X ------ > 0. С другой стороны, б2 самом деле, 6х У1 —V' У2 ~rV + c= 62 1 ‘-т- Ог Мы доказали, что Mi и Л12 лежат по разные стороны от прямой I. Теорема доказана полностью. Теперь вернемся к поставленной выше задаче. Задача 1. В аффинной системе координат дана прямая уравнением: Ах + By + С = 0. Определить геометрическое мес- то точек, координаты которых удовлетворяют условию: Ах + By + С > 0. (9) Решение. Возьмем точку Мt (xj, у4) так, чтобы 6 = Axi + + Byi + С > 0. Такая точка, очевидно, существует. В самом де- ле, пусть Л=И=0. Тогда можно положить xt = А---- У1 = 0. При этом б=Л^Л — |-С=Л2>0. Точка Mi нележит на пря- мой I. Из предыдущей теоремы следует, что всякая точка М, для которой 6 = Ах + By + С > 0, лежит по ту же сторону от пря- мой I, что и точка Mi. Обратно, если для некоторой точки (х, у) имеем: 6 = Ах + By + С > 0, то она лежит по ту же сторону от /, что и точка Mi. Таким образом, геометрическое место точек плос- 126
кости, координаты которых удовлетворяют неравенству (9), есть одна из полуплоскостей, определяемых прямой I. Отсюда непосредственно следует, что геометрическое место точек, координаты которых удовлетворяют условию Ах + By + С <С О, (Ю) есть другая полуплоскость. Если С=+ 0, то прямая I не проходит через начало координат, поэтому для всех точек полуплоскости, в которой лежит начало ко- ординат, знак трехчлена 6 = Ах + By + С совпадает со знаком числа С. Пример 3. Выяснить, как расположены следующие пары точек относительно прямой: 3 х — 4 у + 1 = 0. а) А (3, 5), В (1,0); б) С (4, 0), 0(10, 1); в) Е (—1, 0), F (2, —/2); г) какие из данных точек лежат по ту же сторону от прямой, что и начало координат? Решение. а) бл = 3 • 3 — 4-5+1= — 10, 6В = = 3- 1 — 4-0 + 1= 4. Таким образом, 6Л и 6В имеют разные знаки, поэтому точки лежат по разные стороны от прямой. б) 6С = 3 • 4 + 1 =13, бв = 30 — 4 + 1 = 27. Точки лежат по одну и ту же сторону от прямой. в) 6В = 3_ (—1) — 4 0 + 1 = —2, 6F = 3 • 2 + 4 /2"+ 1 = = 7 + 4 1/Л2. Точки лежат по разные стороны от прямой. г) Так как для начала координат 6 о = 3 • 0 — 4 • 0 + 1 > 0, то все точки плоскости, для которых 6 > 0, лежат по ту же сторону от прямой, что и начало координат. В данном случае такими точ- ками будут В, С, D и F. 4. Расположение прямой относительно системы координат. В не- которой аффинной системе координат дана прямая Ах + By + С = = 0. Выясним, как она«расположена относительно системы коорди- нат. а) Условие, при котором прямая проходит через начало координат. Если прямая (1) проходит через начало координат, тоЛ-0 + В- 0 + С = 0; отсюда С = 0. Обратно, если в уравнении (1) С = 0, то начало координат принад- лежит прямой. В самом деле, уравнению Ах + By = 0 удовлетво- ряют координаты точки О (0, 0). Итак, прямая (1) проходит через на- чало координат тогда и только тогда, когда С = 0. Общий вид уравнения прямой, проходящей через начало координат'. Ах + By = 0. б) Условие, при котором прямая парал- лельна первому координатному вектору. Прямая (1) имеет направляющий вектор р {—В, А], поэтому усло- вие параллельности прямой (1) первому координатному 1 I — в сводится к условию коллинеарности векторов р и е,: вектору AI , или о 127
A = 0. Итак, прямая (1) параллельна первому координатному век- тору тогда и только тогда, когда А = 0. Общий вид уравнения пря- мой, параллельной первому координатному вектору: By 4- С — 0. Так как В=/= 0, то это уравнение можно разделить на В: С с у -|--= 0 или у = а, где а =--------. В в Если а#= 0, то прямая не проходит через начало координат и, следовательно, параллельна оси Ох. Если а = 0, то прямая совпа- дает с осью Ох. Итак, прямая (1) параллельна оси Ох тогда и только тогда, когда А = 0 и СУ= 0. Прямая совпадает с осью Ох тогда и только тогда, когда А = С = 0. в) Условие, при котором прямая парал- лельна второму координатному вектору. Аналогично предыдущему можно доказать следующие предложе- ния. Прямая (1) параллельна второму координатному вектору тогда и только тогда, когда В = 0. Если при этом С^= 0, то прямая па- раллельна оси Оу, если же С = 0, то она совпадает с этой осью. Пример 4. Исследовать, как расположены относительно системы координат следующие прямые: а) Зх — у = 0; г) у — 5 = 0; б) Зх+ 2у —|— 1 = 0; д) х — Зу = 0; в) 4х 1 = 0; е) 5х = 0. Решение, а) Так как в уравнении отсутствует свободный член, то прямая проходит через начало координат. б) Прямая не проходит через начало координат и пересекает координатные оси, так как все коэффициенты в уравнении прямой отличны от нуля. в) Прямая параллельна оси Оу, так как В = 0 и С = 1=/= 0. г) Прямая параллельна оси Ох, так как А = 0 и С = —5#= 0. д) Прямая проходит через начало координат. е) Прямая совпадает с осью Оу, так как В .= С — 0. 5. Построение прямой по уравнению. Для построения прямой по уравнению достаточно получить два элемента, определяющих ее. Этими элементами могут быть: а) направляющий вектор и началь- ная точка; б) две точки, принадлежащие прямой, в) длины отрез- ков, отсекаемых ею на осях координат, если прямая не проходит через начало координат и пересекает оси. Пусть прямая дана уравнением (1). Направляющий вектор пря- мой, как следует из теоремы [15, 1 ], имеет координаты {—В, А). Для определения начальной точки достаточно подобрать два числа так, чтобы было удовлетворено уравнение (1). Таким образом, если прямая дана уравнением (1), то направляющий вектор и точка пря- мой определяются очень легко. 128
Если прямая не проходит через начало координат и пересе- кает оси, то ее легко строить, если определить отрезки, отсе- каемые ею на осях координат. Задача 2. В аффинной системе дана прямая (1), не проходя- щая через начало координат и пересекающая оси. Определить дли- ны отрезков, которые она отсекает на осях координат. Решение. Так как прямая (1)-не проходит через начало ко- ординат и не параллельна координатным осям, то А^О, В^=0 и С^О. Напишем уравнение этой же прямой в отрезках: - + ^-=1. (И) а о Уравнения (1) и (11) определяют одну и ту же прямую, поэтому согласно теореме [15. 2] их коэффициенты пропорциональны: А = — %, В = — X, С = — IX. Отсюда легко выразить а и b а Ь через А, В и С: Рассмотрим некоторые примеры построения прямой по уравне- нию. Пример 5. Построить следующие прямые, заданные в аф- финной системе координат: а) х2у—1=0; в) у—1=0; б) 2х — Зу = 0; г) х-ф- 2 — 0. Решение. а) Первый способ. Найдем направ- ляющий вектор р {—2, 1} и произвольную точку Л10 ^0,^. По- строив вектор р и точку Мо, проводим через /Ио прямую, парал- лельную вектору р (черт. 91, а). Второй способ. Возьмем на прямой две произвольные 5 Л. С. Атанасян 129
точки, скажем, А (1, 0) и В ^2, — — j. Построив эти точки, прове- дем через них прямую (черт. 91, б). Третий способ. Уравнение данной прямой может быть записано так: 1. Отсюда видно, что прямая отсекает на Черт. 92 2 осях координат отрезки а =1, Ь= Построив эти отрезки, про- водим через их концы искомую прямую. Существенно подчерк- нуть, что на осях координат отрезки строятся в соответ- ствующих единицах, т. е. на оси Ох в качестве единицы измерения следует взять от- резок OEit а на оси Оу — отрезок OEZ, где и Е2 — концы векторов и е2, приложенных к точке О. б) Прямая параллельна вектору (3, 2} и проходит вектор, проводим через начало этому вектору (черт. 92, а). поэтому для ее построения дос- координат. Построив через начало координат прямую, параллельную в) Прямая параллельна оси Ох, таточно построить одну из ее точек. В качестве такой точки можно взять конец вектора е2: Е2 (0, 1) (см. черт. 92, б). г) Прямая параллельна оси Оу и проходит через точку А (—2,0). Вопросы и примеры 193. Что называется линией первого порядка? Зависит ли это понятие от выбора системы координат? 194. Каково условие совпадения двух прямых? Выяснить, ка- кие из следующих пар прямых совпадают: а) х — 5у + 15 = 0 и х + 5у + 15_= 0; __ б) К 2 х — У" Зу — 5=0 и 2х — V бу — 5 К 2 =0; в) х-----у = 0 и 9х — 25у = 0; г) х — 1=0 и у — 5 = 0; д) 6х = 0 и 5х = 0. 195. Пользуясь теоремой- [15. 3], доказать следующее предло- жение: если прямая не проходит через вершины треугольника Л1Д2Д3 и пересекает одну из его сторон, то она пересекает другую сторону ы не пересекает третью. 130
196. Какие из сторон треугольника ОАВ пересекает прямая у — х = 1: О (0, 0), А (2, 4), В (4, 0)? 197. Пересекает ли прямая х — —1 стороны четырехуголь- ника ОАВС: О (0, 0), А (—1, 3). В (6, 4) и С (4, 0)? 198. Определить длины направленных отрезков, которые отсе- кает прямая Зх — 4у + 10 = 0 на осях координат. 199. На плоскости даны две пересекающиеся прямые 2х — у — 2 = 0, 2х — 5у + 6 = 0. Написать условия, которым удовлетворяют координаты внут- ренних точек того угла, в котором находится начало координат. 200. Исследовать, как расположены относительно осей коор- динат следующие прямые: а) 2х — Зу = 0; г) Зу 1 = 0; б) Зх — у -|- 1 = 0; д) х 2у = 0; в) 5х — 1=0; ё) 6х = 0. 201. Взять на плоскости аффинную систему координат и по- строить прямые: а) у = Зх 4- 11 б) х — 4у 4-1 = 0; в) х — Зу = 0; г) 5у 4- 1 = 0; \ (х = 3 4* 5/, fх = 5^, ж\ 1 х = 1 4-1, Д) [у = 4—2/; } (у = -4/; > (у = 5. 202. Взять на плоскости прямоугольную декартову систему координат и построить следующие прямые: а) у = 2 х — 1; б) у = 2 х; в) х + у = 0; г) х — у = 0; д) у — 3 = 0; е) х + 1 = 0. 203. Можно ли подобрать коэффициенты Z. и р. так, чтобы пря- мые Зх — 2у + 1 = 0 и Хх + ру — 3 = 0 совпадали? § 16. НЕКОТОРЫЕ МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ ПРЯМОЙ Теория прямой, изложенная в предыдущих двух параграфах, справедлива как в аффинной, так и в прямоугольной декартовой системе. В настоящем параграфе мы рассмотрим некоторые метри- ческие вопросы этой теории, т. е. вопросы, в которые входят по- нятия длины отрезка и величины угла. Эти вопросы особенно про- сто решаются в прямоугольных декартовых системах координат, поэтому в данном параграфе всюду будем предполагать, что систе- ма координат прямоугольная декартова. 1. Способы задания прямой в прямоугольной декартовой системе, а) Пусть I—: данная прямая, Мо — произвольная точка на ней, а п — некоторый ненулевой вектор, перпендикулярный этой пря- мой. Очевидно, положение прямой I на плоскости вполне опреде- ляется, если даны точка Мо и вектор п (черт. 93, а). Точка Л40 называется на ч-альной точкой, а вектор п — нор- 52 Л. С Атанасян 131
мальным вектором прямой. Если на плоскости выбрана прямоугольная декартова система координат, то Л40 и п будут иметь координаты: Л40 (х0, у0) и {а, Р). Числа (х0, у0), {а, Р) од- нозначно характеризуют положение прямой на плоскости. б) Пусть Oij — прямоугольная декартова система координат, а I — некоторая прямая. Опустим из точки О перпендикуляр на прямую I и обозначим через Н — основание перпендикуляра, опу- щенного из О на I. Обозначим через п0 единичный вектор, перпен- дикулярный прямой I, а через р — длину отрезка ОН. Если ОН = = р=/= 0, то вектор ОН ненулевой. В этом случае я0 возьмем так, \ I чтобы ОН и п0 были сона- v \ правлены (черт. 93, б). Если 2- \ // ОН=р=0, то направление \ \ н . / п0 возьмем произвольно 'Vх (черт. 93, в). Очевидно, I___ \ вектор «0 и число р одно- 0 * \ ° I \ '0 i значно определяют поло- д 5'6 жёние прямой на плоско- сти. В системе Oij вектор pi- п0 имеет координаты ra0[cos <р, sin <р}, где <р = = (Л «о)‘ Таким обазом, положение прямой однозначно харак- теризуется числами {cos <p, sin ср} и р. 2. Уравнение прямой, заданной точкой и нормальным вектором. Задача 1. Написать уравнение прямой, заданной в неко- торой прямоугольной декартовой системе координат нормальным вектором п {a, (J) и начальной точкой Л40 (х0, ус). Решение. Произвольная точка М. (х, у) плоскости при- надлежит прямой тогда и только тогда, когда вектор М0М пер- пендикулярен вектору п. Так как М0М имеет координаты {х — х0, у — у0}, то условие перпендикулярности векторов п и МГ)М запишется так: а (х —х0) + Р (у — у0) = °. (1) Это и есть уравнение прямой, проходящей через Мо (х0, у0) и перпендикулярной вектору п {а, [3}. Пример 1. Написать уравнение прямой, проходящей через точку Л40 (1, —3) и перпендикулярной вектору п {5, —2). Решение.' Подставив в уравнение (1) значения координат начальной точки и нормального вектора, получаем: 5 (х — 1) — 2 (у 4-3) = 0, 5х —2у —11=0. Проверка. Прямая 5х — 2у — 11 =0 проходит через данную точку Мо (1, —3), так как координаты этой точки удовлет- воряют уравнению: 5-1 — 2 (—3) — 11 =0. Прямая имеет на- правляющий вектор р {2, 5), который перпендикулярен вектору п (5, —2J, так как 2 • 5 + 5 (—2) = 0. Задача решена правильно. 132
Пример 2. В прямоугольной декартовой системе дан тре- угольник АВС: А (2, 5), В (—3, 1), С (0, 3). Написать уравнение высоты, опущенной из вершины А на сторону ВС. Решение. Высота треугольника, опущенная из вершины А, есть прямая, проходящая через точку А и перпендикулярная век- тору ВС. Вектор ВС имеет координаты {3, 2}, поэтому уравнение прямой запишется так: 3(х — 2) + 2(у — 5) — 0 или Зх + 2у — — 16 = 0. Непосредственной проверкой легко убедиться в том, что за- дача решена правильно. 3. Нормальное уравнение прямой. Задача 2. Написать уравнение прямой I, заданной в пря- моугольной декартовой системе единичным нормальным вектором п0 (cos ф, sin ф} и расстоянием р от начала координат до прямой. Если р =#0, то предполагается, что вектор п0 направлен от начала координат к прямой /. Решение. Пусть//—основание перпендикуляра, опущенно- го из начала координат на прямую (черт. 93, б). Очевидно,ОН — радиус-вектор этой точки. Так как ОН = р п0, то ОН{р cos ф, psin ф). Таким образом, задача сводится к предыдущей: написать урав- нение прямой, проходящей через точку Н (р cos ф, р sin ф) и перпендикулярной вектору п0 | cos ф, sin ф}. Подставив коор- динаты вектора п0 и точки Н в (1), получаем: cos ф (х — р cos ф) 4- sin ф (у — р sin ф) — 0. Так как cos2 ф + sin2 ф = 1, то это соотношение сводится к следующему: cos ф • х + sin ф • у — р = 0. (2) Это уравнение называется нормальным уравнением прямой I. Оно существенно отличается от других уравнений тем, что все коэффициенты имеют геометрический смысл: коэффициен- ты при х и у есть cos ф и sin ф, где ф — угол, образованный единич- ным нормальным вектором с осью Ох, свободный член есть расстоя- ние от начала координат'до прямой, взятое со знаком минус. Задача 3. Дано уравнение прямой в прямоугольной декар- товой системе: Ах + By + С = 0. (3) Написать нормальное уравнение этой прямой. Решение. Пусть cos ф-х + sin ф-у — р — 0 есть нормаль- ное уравнение прямой (3). Тогда согласно теореме [15. 2]: А = % cos ф, В — A sin ф, С = —Хр. (4) Отсюда получаем: Л2в2 = V; X = + /ур+’Я*’ = — /Л2 4- В2, 52' 133
где в = + 1, Если О О, то из С = —Хр следует, что X < О, следовательно, е= —1. Если С < 0, то X > О, поэтому е = 4-1. Если же С = 0, то е можно выбрать произвольно. Подставив зна- чение X в соотношения (4), получаем: е А . в В — в С cos ф = , , sin ф = ... .. р -- г. . - . V А*+В2 /Л24В2 /Л24В2 Из уравнения (2), учитывая эти соотношения, получаем: в А , в В , вС п ,еч .______х 4- . —. . у 4- г . = 0. (5) /Л24В2 /Л24В2^ р Л2 4 В2 Теорема [16. 1 ]. Если прямая в прямоугольной декартовой системе координат дана уравнением (3), то нормальное уравнение этой прямой имеет вид (5), где & = —1, если С > 0, е = 4-1, если С < 0 и в — ±1, если С = 0. Пример 3. Написать нормальное уравнение прямой, за- данной в прямоугольной декартовой системе уравнением: 3444 у —8 = 0. Решение. Так как С = —8 <0, то е = +1, поэтому из (5) получаем: 4. Вычисление расстояния от точки до прямой. Задача 4. В прямоугольной декартовой системе коорди- нат дана прямая / нормальным уравнением (2) и точка Л40 (х0, у0), не лежащая на этой прямой. Вычислить расстояние d от точки до прямой. Решение. Пусть Н — основание перпендикуляра, опу- щенного из начала координат, на прямую I (черт. 94). Если а = = (НМ0, п0), где п0 — единичный вектор, перпендикулярный прямой, то, очевидно, d = | НМ0 cos а|. (6) При этом если М о и О лежат по раз- ные стороны от прямой /, то cos а > 0 и d = НМ0 cos а, если же Мо и О ле- жат по одну и ту же сторону от I, то cos а < 0, поэтому d ——НМ0 cos а. Вычислим cos а. Так как n0[cos ф, sin ф}, Н (р cos ф, р sin ф), НМ0 ( х0 — рcos ф, у0 —р51пф}, Черт. 94- то 134
cos a _ (XO — p cos q>) cos Ф 4~ (Уо — P sin Ф) sin Ф _ *o cos ф 4- y0 sin ф — p ~ HMa Подставив это значение в соотношение (6), получаем: d = |хо cos ф + уо sin ф — р|. (7) Мы пришли к следующей интересной теореме: Теорема [16.2]. Если прямая I в прямоугольной декартовой системе дана нормальным уравнением, то расстояние от точки (х0, у о) до прямой I равно модулю левой части уравнения прямой, куда вместо переменных х и у подставлены координаты точки (•'О’ Уо)- 1 Задача 5. В прямоугольной декартовой системе дана пря- мая уравнением (3). Вычислить расстояние от точки Л10 (х0, у0) до этой прямой. Решение. Нормальное уравнение прямой (3) имеет вид (5), поэтому СП | со -г " Ч-Vn V А2 + В2 01 /Л24- В2 7 еС /Л2 4~ В2 Так как в = ±1, то под знаком модуля в можно опустить, по- этому __ 14 Хр -f- В уд С | “ /Л2 4-В2 (8) Пример 4. Определить расстояние от точки М о (5, —3) до прямой х — Зу 4- 5 = 0. Решение. По формуле (8) получаем: d= |5-3-(- 3) + 5| = 19 /14-9 /10 Пример 5. Найти длины высот треугольника, стороны ко- торого заданы уравнениями: у _ 2 = 0, 4 х — 2у — 24 = 0, 4х — 11 у 4- 30 = 0. Решение. Пусть АВС — данный треугольник, стороны АВ, ВС и СА которого заданы уравнениями: (АВ) у — 2 = 0, (9) (ВС) 4х — 2у — 24=0, (10) (СА) 4х— 11у + ЗЭ = 0. (11) Если Hi — основание перпендикуляра, опущенного из точ- ки А на прямую ВС, то АН i— высота треугольника. Длина отрезка АН i равна расстоянию от точки А до прямой ВС. Уравнение прямой ВС дано, поэтому для определения длины АН t достаточно найти координаты вершины А. Отсюда вытекает сле- дующий план решения задачи. а) Определяем координаты вершин треугольника, решая сов- местно уравнения (9), (10); (10) (11) и (11), (9). 135
б) Определяем расстояние от каждой вершины до противопо- ложной стороны. Решая систему: у — 2 =»0, 4х — Пу + 30 = 0, получаем координаты вершины А (—2, 2). Аналогично определяем координаты остальных вершин: В (7, 2), С (9, 6). Если АНI, ВН2, СН3 —длины высот треугольни- ка, проведенных через вершины А, В и С, то АН = |4(—2)—2-2—24| = 36 = 18/5 1 /16 + 4 У 20 5 В// = И-7-Н-2+ 30| 36 36/137 2 У 16 + 121 /137 137 СН3 = |6~21 = 4. 3 1 Пример 6. Даны две прямые /3 у — х = 12иЗх + 4у = = 15. Написать уравнения биссектрис углов, образованных дан- ными прямыми. Решение. Биссектриса есть геометрическое место точек, равноудаленных от данных прямых. Если (X, У) — произвольная точка, лежащая на .одной из биссектрис, то | /J Y — X — 121 = | ЗХ + 4Г — 15| /3+7 /9+1б Обратно, если координаты точки (X, У) удовлетворяют этому уравнению, то она равноудалена от данных прямых и, следова- тельно, лежит на одной из биссектрис. Таким образом, предыду- щее соотношение есть уравнение двух биссектрис углов, образо- ванных данными прямыми. Оно эквивалентно следующим двум уравнениям: /Jr — X — 12 ЗХ+4Г—15 2 “ 5 » /Jr—X—12 ЗХ + 4Г—15 2 ~ 5 ИЛИ 11Х + (8 —5/”3)У + 30 =0, — X—(84-5/3”)У+ 90 = 0. 5. Вычисление угла между двумя прямыми. Задача 6. В прямоугольной декартовой системе даны две прямые своими уравнениями: 136
(/1) A iX + В $ 4- C! = 0, (/2) A^x + В2У И- C2 = 0. (12) (13) Вычислить угол между ними. Решение. Если две прямые пересекаются, то они образу- ют четыре угла а1( а2, а3 и а4 (черт. 95). Однако гц = а2, а3 = а4 и di 4~ а3 = 180°, поэтому достаточно вычислить один из этих углов; этот угол определяет все остальные углы. Если взять на- правляющие векторы данных прямых Pi(— Bit A J и р2 [—В2, Д2[, то, очевидно, угол между ними равен одному из углов между прЯ' мыми. На чертеже 95 угол между pt и р2равена3. Если а = (Р1>Рг). то, как известно, Bi Во А, Л2 cos а = ,..1 “/у.-1...2.., - V А^ В^ 4- В\ . Мы пришли к теореме: Теорема [16. 3 ]. Ес- ли две прямые в прямоуголь- ной декартовой системе ко- ординат даны, уравнениями (12) и (13), то cos а, где а — один из углов между ними, определяется формулой'. cos а = Лх л2 4~ Bi В2 V aI + b* К л22 + ‘ (14) Отсюда, как частный случай, получаем: Теорема [16.4]. Две прямые, данные в прямоугольной декар- товой системе уравнениями (12) и (13), перпендикулярны тогда и только тогда, когда Др42 4* В 4В2 = 0. Пример 7. Определить углы между прямыми в прямоуголь- ной декартовой системе координат: 4- у - 3 = 0, х4- I "3,4-5 = 0. Решение. Подставив значения коэффициентов в соотноше- ние (14), получаем: Отсюда а = 30°. Таким образом, прямые пересекаются и состав- ляют углы; а4 = а2 = 30°, а3 = а4 = 180° — 30° = 120°. 137
Примеры и задачи 204. В прямоугольной декартовой системе написать уравнение прямой: а) проходящей через точку А (2, 5) и перпендикулярной вектору п {1, —4}; б) проходящей через точку А (—1, 0) и перпендикулярной век- тору п {—2, —1); в) проходящей через начало координат и перпендикулярной вектору п (—2, 1); г) проходящей через точку Л40 (1, 1) и перпендикулярной оси Ох. 205. Дана прямоугольная декартова система OIJ. Написать уравнение прямой: а) проходящей через точку А (2, 5) и имеющей угловой коэф- фициент k = 3; б) проходящей через точку А (—1, —7) и перпендикулярной вектору п {1, —3); в) являющейся биссектрисой координатного угла (Z, /); г) проходящей <через начало координат, образующей с осью Ох угол <р — 30° и проходящей в первой и третьей четвертях; д) проходящей через точку А (2, 5) и параллельной биссектрисе координатного угла (—I, j)\ е) проходящей через точку А (—3, 1) и перпендикулярной пря- мой х — 3 у + 1 = 0. 206. Дана прямоугольная декартова система Oij. Написать уравнение прямой: а) проходящей через точку А (2, —2) и имеющей угловой коэф- фициент k = 3; б) проходящей через точку А (2, —5) и перпендикулярной оси Оу; в) проходящей через точку А (—1, —5) и перпендикулярной вектору п {2, 1}; г) проходящей через точку А (5, 10) и перпендикулярной пря- мой х — у -j- 1 = 0; д) проходящей через начало координат и перпендикулярной прямой 2 х — Зу + 1 = 0. 207. В прямоугольной декартовой системе координат дана пря- мая 2 х — 5 у + 3 = 0. Определить для этой прямой направляю- щий вектор р, нормальный вектор п, угловой коэффициент и отрезки, отсекаемые на'осях координат. Построить данную.прямую и век- торы р и п. 208. В прямоугольной декартовой системе координат даны точки А (2, —3) и В (3, —5). Через середину отрезка АВ провести прямую, перпендикулярную АВ. 209. В прямоугольной декартовой системе координат даны ко- ординаты вершин треугольника АВС: А (1, 5), В (—1, 2), С (3, 2). Составить уравнения: а) высот треугольника; 138
б) прямых, проходящих через вершины треугольника парал- лельно противоположным сторонам. 210. Даны две вершины треугольника А (—1, 5) и В (3, 2) и точка Н (5, —3) пересечения его высот. Составить уравнения его сторон. 211. Написать уравненйя сторон квадрата, если сторона его равна а, а за оси прямоугольной декартовой системы координат приняты его диагонали. 212. Привести уравнения следующих прямых к нормальному виду: а) Зх — 4у 4-1 = 0; в) /ГГх + 5у - 3 = 0; б) 2х + V 5 у = 0; г) х + у — 15=0. 213. Даны две прямые своими уравнениями: 3 х + 4 у — 18 = 0иЗх + 4у — 43 = 0. Убедиться в том, что они параллельны, и определить расстояние между ними. 214. На прямой х + 2у — 12 = 0 найти точки, равноуда- ленные от прямых х + у — 5 = 0 и 7х — у + 11 = 0. . 215. К окружности, имеющей центр в точке (1,—2) и радиус, равный 5, провести касательные, параллельные прямой Зх + + 4у + 1 = 0. 216. Через точку Р (1, 1) провести касательные к окружности, имеющей центр в точке С (1, —3) и радиус, равный 2^2. 217. Даны две окружности: х2 + у2 + Зх — у = 0 и Зх2 + Зу2 + 2х + у = 0. а) Составить уравнение линии центров и уравнение прямой, соединяющей точки пересечения данных окружностей. Показать, что эти прямые взаимно перпендикулярны. б) Определить координаты точки пересечения линии центров с прямой, соединяющей точки пересечения окружностей. 218. Даны две прямые 1^3у — х = 12 и Зх + 4у = 15. Найти угол между данными прямыми. 219. Составить уравнения прямых, отстоящих от прямой 4х — Зу — 7 = 0 на расстоянии, равном 3. 220. Составить уравнение Геометрического места точек, равно- удаленных от двух параллельных прямых: а) 2х — 5у + 6 =0, 2х — 5у — 8 «= 0; б) Зх + 5у + 8 = 0, Зх + 5у + 2 = 0. t 221. Составить уравнение биссектрисы того угла между пря- мыми 2х — у + 7 = 0 и Зх — бу — 8 = 0, в котором лежит точ- ка М (1, 2). 139
222. Составить уравнения катетов равнобедренного прямо- угольного треугольника, зная уравнение гипотенузы Зх — у 4- 4-5 = 0 и вершину прямого угла С (4, —1). 223. Из точки М (1, —2) под углом а к прямой х + у — 1 = 0 направлен луч света. Известно, что tg а = 3. Определить уравне- ния прямых, на которых лежат падающий и отраженный лучи. 224. Луч света направлен по прямой х + у + 3 = 0. Дойдя до прямой 3 х— у + 5 = 0, луч от нее отразился. Составить урав- нение прямой, на которой лежит отраженный луч. § 17. ВЗАИМНОЕ РАСПОЛОЖЕНИЕ ПРЯМЫХ НА ПЛОСКОСТИ; ПУЧОК ПРЯМЫХ 1. Взаимное расположение двух прямых. Пусть в аффинной сис- теме координат даны две прямые: + + (1) А2х + В2у + С2 = 0. (2) Выясним, каково их взаимное расположение. По теореме [15. 2] прямые (1) и (2) совпадают тогда и только тогда, когда все коэффициенты в уравнениях (1) и (2) пропорциональны. Исключая этот случай из рассмотрения, мы будем предполагать, что прямые (1) и (2) не совпадают, поэтому коэффициенты в уравнениях (1) и (2) не пропорциональны. Рассмотрим направляющие векторы этих прямых: рД—B^XJ и рг |—В2, А2}. Возможны два случая. а) Векторы pi и р2 не коллинеарны. В этом случае, очевидно, прямые пересекаются. Обратно, если прямые (1) и (2) пересекаются, то векторы р, и р2 не коллинеарны. Условие неколлинеарности векторов pj и р2 запишется так: л11 0 или 141 о11 #= 0, ^2 ^*2 I I **2 ^2 I поэтому мы приходим к следующей теореме: Теорема [17. 1 ]. Для того чтобы прямые (1) и (2), задан- ные в аффинной системе, пересекались, необходимо и достаточно, чтобы Для определения координат точки пересечения этих прямых, оче- видно, необходимо совместно решить систему (1), (2). б) Векторы Pi и р2 коллинеарны. В этом случае прямые парал- лельны, так как по предположению они не совпадают. Обратно, если прямые (1) и (2) параллельны, то векторы рг и р2 коллинеар- ны. Условие коллинеарности векторов рх и рг запишется так; НО ’
|-А д I А А = 0, или = 0. А А I = 0 AAI ’ поэтому мы приходим к следующей теореме. Теорема [17. 2]. Для того чтобы две различные прямые, заданные в аффинной системе уравнениями (1)и (2), были параллель- ны, необходимо и достаточно, чтобы |А А IA в2 Теоремы [15. 2], [17. 1] и [17. 2] позволяют полностью отве- тить на вопрос о взаимном расположении двух прямых, заданных уравнениями (1) и (2) в аффинной системе координат. Теорема [17. 3 ]. а) Прямые (1) и (2) пересекаются тогда и только тогда, когда коэффициенты при текущих координатах в уравнениях (1) и (2) не пропорциональны, т. е. б) Прямые (1) и (2) совпадают тогда и только тогда, когда коэф- фициенты в уравнениях (1) и (2) пропорциональны, т. е. существует такое число к, что А2 = В2 — кВи С2 = ХСр в) прямые (1) и (2) параллельны тогда и только тогда, когда ко- эффициенты при текущих координатах пропорциональны, но все коэффициенты, включая свободные члены, не пропорциональны, т. е. существует такое число к, что А2= kA lt В2 = kBt, С2 ¥= кС\. Если пользоваться понятием ранга матрицы, то теорему [17. 3] можно сформулировать следующим образом: Теорема [17. 3' ]. Пусть даны две прямые в аффинной системе коор- динат уравнениями (1) и (2). Обозначим через г и R соответственно ранги ма- триц ианйШ а) Для того чтобы прямые (1) и (2) пересекались, необходимо и достаточно, чтобы г = 2. б) Для того чтобы прямые совпадали, необходимо и достаточно, чтобы R = 1. в) Для того чтобы прямые были параллельны, необходимо и достаточно, чтобы г = ' 1, R = 2. Пример 1. Определить взаимное расположение следующих пар прямых: а) х + у — 3 = 0, б) х — 3=0, в) х —4у — 1=0, 2х + у — 1=0; х -ф- у — 5 = 0; 2х -J- 8у — 2 = 0; г) х — 5, д) х = 3, е) 2х у — 1=0, у =—7; х = 7; х -)—i-y —1=0. Решение. а) | £ |1=1 — 2 = — 1 #= 0. Прямые пересекаются. 141
б) I j О I — 1 =/= 0; прямые пересекаются. в) г) Д) е) 1 2 I 1 |о | 1 I 1 2 1 01 0| = 0; прямые совпадают, так как все коэффициенты пропорциональны. = 1 =# 0; прямые пересекаются. = 0; прямые параллельны, так как все коэффициенты, включая свободные члены, не пропорциональны. = 0; прямые параллельны, так как все коэффициенты, 1 2 2 включая свободные члены, не пропорциональны. Заметим, что вопрос об изучении взаимного расположения двух прямых, заданных уравнениями (1) и (2), — это с точки зрения ал- гебры- вопрос об исследовании системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными. Выше по существу было проведено это ис- следование, пользуясь геометрическими соображениями. Случай пересечения двух прямых с алгебраической точки зрения соответ- ствует случаю, когда система уравнений имеет единственное реше- ние. Случай совпадения соответствует случаю, когда система имеет бесчисленное множество решений, наконец, случай параллельности прямых соответствует случаю, когда система уравнений вовсе не имеет решений, т. е. несовместна. Это прекрасный пример того, как геометрические соображения помогают решать чисто алгебраи- ческую задачу. 2. Пучок прямых. Пучком пересекающихся пря- мых называется совокупность всех прямых плоскости, проходя- щих через некоторую точку Мо. Точка Мо называется центром пучка. Пучком параллельных прямых называется совокупность всех пря- мых плоскости, параллельных некоторому ненулевому вектору р. Направление вектора р называется направлением пучка. Пучок пересекающихся прямых может быть задан либо коорди- натами центра пучка (х0, у0), либо двумя пересекающимися пря- мыми, принадлежащими пучку. В самом деле, две пересекающие- ся прямые определяют точку пересечения, т. е. центр пучка. Пучок параллельных прямых может быть задан либо ненулевым вектором, имеющим направление пучка, либо какой-либо прямой, принадлежащей пучку. 3. Уравнение пучка пересекающихся прямых. Теорема [17.4]. Если в аффинной системе координат задан пучок S с центром в точке (х0, у0), то уравнение [X —х0 У — у01 = 0 | а ₽ | (3) 142
где а и (3 принимают всевозможные Значения, не равные нулю . одно- временно, определяет данный пучок. Смысл теоремы заключается в следующем: каковы бы ни были числа а, р, не равные одновременно нулю, уравнением (3) опреде- ляется некоторая прямая пучка 8. Обратно, какова бы ни была прямая / пучка 8, всегда найдутся такие коэффициенты а, р, что (3) является уравнением прямой I. Поэтому соотношение (3) называ- ется уравнением пучка 8. Доказательство. Пусть а, Р — произвольные числа, не равные одновременно нулю. Тогда уравнение (3) определяет прямую, проходящую через точку (х0, у0) и параллельную век- тору [а, Р}, т. е. некоторую прямую пучка 8. Обратно, пусть / — некоторая прямая пучка 8, направляющий вектор которой имеет координаты {а, р). Тогда, так как I проходит через точку (х0, у0), то уравнение этой прямой запишется в виде соотношения (3). Теорема доказана. В уравнении (3) х0 и у0 — постоянные числа, а а, р — пара- метры (т. е. величины, которые могут принимать различные, в дан- ном случае всевозможные, не равные нулю значения). Обратим внимание на то, что параметры а, р и Ла, ЛЗ.где Л =# 0, задают одну и ту же прямую пучка, поэтому прямая пучка по существу опреде- ляется отношением параметров а :3? Теорема [17.51. Если в аффинной системе координат пучок пересекающихся прямых 8 задан двумя различными прямыми (1) и (2), то уравнение а(Арс 4- Bty + С\) + Р (А2х 4- В2у 4" С2) =0, (4) где а и р принимают всевозможные значения, не равные одновременно нулю, определяет данный пучок. Доказательство. Прежде всего покажем, что при лю- бых значениях а и р, не равных одновременно нулю, соотношение (4) является уравнением прямой, т. е. коэффициенты при х и у одно- временно не равны нулю. В самом деле, запишем уравнение (4) в виде (A i<z 4* А2Р) х 4* (BjO 4" В2р) у 4* С^а 4" С2р = 0. Если положить, что Aja 4- А2Р — 0 и Bta + В2Р = 0, то отсюда немедленно получаем: a = р = 0, так как AtB2— В,Аа #= 0 (пря- мые (1) и (2) пересекаются!). Прямая (4) при любых значениях а и Р проходит через точку пересечения прямых (1) и (2). В самом деле, если х0, у0 — коор- динаты точки пересечения прямых (1) и (2), то А1х04-В1у04* 4-С\ — 0 и А2х0 4- В2у0 4- С2 = 0, поэтому при любых значениях а и р a(A i%0 4~ В 4- С i) 4- Р (А2х0 4- В2у0 4* С2) = 0. От- сюда следует, что при любых значениях аир прямая (4) принад- лежит пучку 8. 143
Обратно, пусть I — некоторая прямая пучка 2. Покажем, что аир можно подобрать так, чтобы соотношение (4) было уравнением прямой I. В самом деле, прямая / определяется центром пучка (х0, Уо) и Другой точкой (xit yi). Прямая (4), как было показано выше, всегда проходит через точку (х0, у0). Подберем аир так, что- бы xit у! удовлетворяли уравнению (4): а (А 1х1 + В1у1 + Cf) + + Р (A2Xi + Я2У1 + Сг) = 0. Числа А 1х1 + и Л2Х1 + + ^гУ1+ С2 не могут одновременно равняться нулю, так как точ- ка (хй у4) не совпадает с точкой (х0, у0). Если, например, A2xt + + В2У1 + С2+ 0, то а можно выбрать произвольно, а р опреде- лить равенством: о ____xi + -Bi yi + а "42 xi + В2 у! + С2 При выбранных значениях аир прямая, заданная уравнением (4), очевидно, проходит через точки (х0, у0) и (хй у^, т. е. совпадает с I. Теорема доказана полностью. Пример 2. Написать уравнение пучка с центром в точке Мо (5, -2). Решение. Подставив значения координат точки Мо в соот- ношение (3), получаем: I х 5 у + 2 I = q или р — 5^ — а (у 4- 2) = 0. I а Р | Пример 3. Написать уравнение пучка, определяемого пе- ресекающимися прямыми: х — 2у + 1 = 0, х + у — 5 = 0. Решение. Подставив в соотношение (4) значения коэффи- циентов уравнений прямых, получаем: а(х — 2у + 1) + р (х + + у — 5) = 0 или (а + Р) х + (Р — 2а) у + (а — 5Р) = 0. Пример 4. В пучке а(х — 3 у + 1) + р (х — у + 1) = 0 найти прямую, которая проходит через точку А (5, 1). Решение. Искомая прямая проходит через точку А (5, 1), поэтому координаты точки А должны удовлетворять ее уравне- нию. Подставив в уравнение пучка вместо х и у координаты точ- ки А, получаем: а (5 — 3 • 1 + 1) + Р (5 — 1 + 1) = 0, или 3 а + 5 р = 0. Этому соотношению, очевидно, удовлетворяют зна- чения: а =—5, р= 3. Подставив эти значения в уравнение пучка, получаем: —5 (х — Зу + 1) + 3 (х — у + 1) = 0, или —2х + 12у — 2 = 0. Пример 5. В прямоугольной декартовой системе даны две прямые Зх — у = 0, х + 4у — 2 = 0. Через точку пересечения этих прямых провести прямую, перпендикулярную к прямой х + у — 0. 144
Решение. Напишем уравнение пучка, определяемого дан- ными прямыми: а(3х — у) + 0 (х + 4у — 2) — 0. Запишем ус- ловие перпендикулярности этой прямой и прямой х + у = 0: 1 (За + 0) + 1 (40 — а) — 0, или 2а + 50 — 0. Этому соотно- шению удовлетворяют значения: а = —5, 0 = 2. Подставив эти значения в уравнение пучка, после элементарных преобразований получаем уравнение искомой прямой: 13х — 13у + 4 = 0. Проверка, а) Прямая 13х — 13у + 4 = 0 проходит че- рез точку пересечения данных двух прямых, так как их точка пе- / 2 6\ ресечения имеет координаты I — , —), удовлетворяющие получен- ному уравнению. б) Прямые 13х — 13у + 4 = 0 и х + у = 0 перпендикуляр- ны, так как 13-1 — 13 • 1 = 0. 4. Уравнение пучка параллельных прямых. По аналогии с пре- дыдущим можно вывести уравнение пучка параллельных прямых. Теорема [17.6]. Если в аффинной системе координат задан пучок параллельных прямых, определяемый ненулевым вектором р [а, Ь\, то уравнение Ьх — ау + а = 0, (5) где а принимает всевозможные значения, определяет данный пучок. Доказательство. Согласно теореме [15. 1 ] прямая (5) при любом а параллельна вектору р [а, Ь], поэтому принадлежит данному пучку. Обратно, пусть I — произвольная прямая данного пучка. По- кажем, что а можно подобрать так, чтобы соотношение (5) было уравнением прямой I. Пусть / проходит через точку (х0, у0). Под- берем а так, чтобы числа х0, у0 удовлетворяли уравнению (5): Ьх0 — ау0 + а — 0; отсюда а = ау0 — Ьх0. Подставив это зна- чение в уравнение (5), получаем: Ьх — ау — Ьх0 + ау0 = 0, или | х ~ х° У “ Уо | = 0. Это уравнение прямой, проходящей через точку хй, у0 и парал- лельной вектору р {а, Ь\, т. е. уравнение прямой I. Теорема дока- зана. Теорема [17. 7]. Если в аффинной системе координат даны параллельные прямые (1) и (2), то пучок параллельных прямых, оп- ределяемый этими прямыми, задается уравнением: a (AiX + В.у + СО + 0 (Д2х + В2у + С2) = 0, (6) где а и 0 принимают всевозможные значения, не обращающие одно- временно в нуль выражения а (а, 0) = аА 4 + ₽Ла и Ь (а, 0) = аВ j + + 0Вз. 145
Д о к а з ате л ьс.тв о. Запишем уравнение (6) в виде / (Д 4" ДгР) х 4* (В4а 4" 5гР) у 4~ С 1<х. 4~ С2Р = 0, (7) а (а, Р) х + b (а, Р) у 4- Cta 4- Сгр = 0. По условию теоремы а (а, Р) и b (а, Р) одновременно не обращаются в нуль, поэтому при любых а, р, удовлетворяющих условию тео- ремы, уравнение (6) определяет прямую. Так как прямые (1) и' (2) параллельны, то Az = KAit Bz — КВ 1, поэтому уравнение (7) при- нимает вид: Ai (а 4- ХР) х 4- 51 (а 4- ^Р) у + 4- С2р = 0. (8) Очевидно, при любых значениях а и р эта прямая параллельна пря- мой (1), т. е. принадлежит данному пучку. Обратно, пусть I — некоторая прямая данного пучка. Пока- жем, что а и Р можно подобрать так, чтобы соотношение (6) было уравнением прямой I. В самом деле, прямая / определяется направ- ляющим вектором {—Blt Л4 и некоторой точкой (хо, у о). Подбе- рем а и Р так, чтобы х0, у0 удовлетворяли уравнению (6): а (Д^о 4- В1Уо 4- Cj) 4- Р (Д2хо + 52у0 + ^2) = 0- Числа AiX0 + В±у0 4- С\ и Д2х0 4- 52у0 4- С2 не могут одновре- менно равняться нулю, так как прямые (1) и (2) не пересекаются. Если, например, Д2х0 4- 52у0 4- С2=£ 0, то а можно выбрать про- извольно, а р определить равенством р ____ А хо4- Bj уо -р Ci Л2 х0 -j- В2 Уо + Cz Покажем, что выбранные значения а и р не обращают одновре- менно в нуль выражения а (а, р) и b (а, Р). Пусть, напротив, а(а, Р) = = b (а, Р) = 0. Таким образом, аир удовлетворяют следующим трем соотношениям: а 0! х0 +5^4- С\) 4- ₽ Иг хо 4" 52 у0 4" С2) = 0> (9) аД14-РД2 = 0, (10) а514~Р52=0. (11) Из соотношения (9), учитывая (10) и (11), получаем: aCi 4- РС2 = 0. (12) Из соотношений (10), (11) и (12) следует, что прямые (1) и (2) совпа- дают. Это противоречит условию теоремы. При выбранных значениях аир прямая, заданная уравнением (6), проходит через точку (х0, у0) и параллельна вектору {—51; A J, т. е. совпадает с прямой I. Теорема доказана полностью. 5. Условие принадлежности трех прямых одному пучку. В заклю- чение этого параграфа докажем теорему, которая часто применя- ется при решении задач. Теорема [17. 8]. Для того чтобы три прямые, заданные в аффинной системе уравнениями: 146
A x —|- Bl у Cj = 0, (’3) Ax-j-B2y-C2 =0, (14) Ax + B3y + C3 = 0, (15) принадлежали одному пучку пересекающихся или параллельных пря- мых, необходимо и достаточно, чтобы определитель А, В, С4 А в2 с2 А в3 с3 (16) был равен нулю1. Пусть прямые (13), (14) и (15) принадлежат пучку пересекаю- щихся прямых. Если (х0, у0) — центр пучка, то А Н- Уо Н- = 0, — Л1 ( х0) В1 ( у0), А х0' + В2 у0 + С2 = 0, или С2 = Л2 (— х0) + В2 (— у0), А %о А А У о А С3 = О, С3 = Л3 ( х0) В3 ( у0). Отсюда видно, что элементы третьего столбца определителя (16) линейно выражаются через элементы первых двух столбцов, по- этому определитель равен нулю. Пусть прямые (13), (14) и (15) принадлежат пучку параллель- ных прямых. Так как прямые (13) и (14) параллельны или совпада- ют, то 141 в11 = 0. IА АI Точно так же приходим к выводу, что Из полученных соотношений следует, что первые два столбца опре- делителя (16) пропорциональны, поэтому определитель равен нулю. Теперь предположим, что определитель (16) равен нулю, и до- кажем, что прямые (13), (14) и (15) принадлежат одному пучку. Рассмотрим прямые (13) и (14). Если они совпадают, то наше ут- верждение очевидно, так как при любом расположении прямой (15) все три прямые будут принадлежать одному пучку. Пусть прямые (13) и (14) пересекаются, тогда! 4 11 ¥= 0 и.точ- | АА I ка пересечения прямых имеет координаты: | Л2 АI IЛ2 В21 1 Мы не исключаем из рассмотрения случай, когда какие-либо две из прямых (13), (14), (15) или даже все три прямые совпадают. 147
Выясним, лежит ли эта точка на прямой (15)? И* cl = 0; 1Л в,р | Д2 в21 вс1 А, |В2 C2J _ $ 3 |Л, 8,1 I Аг В21 = 0. Л( В4 Cj Д2 В2 С2 Л3 ва с3 Мы пришли к выводу, что точка пересечения прямых (13) и (14) лежит на прямой (15), т. е. все три прямые принадлежат пучку пе- лельны. В этом случае I I Аг В2 ресекающихся прямых. Рассмотрим, наконец, случай, когда прямые (13) и (14) парал- = 0. Отсюда следует, что At и Л2 пропорциональны Blt В2. Если, например, А, Ф 0, то В^ = и В2 = М2. Подставив эти выражения в определитель (16) и учи- тывая, что он равен нулю, получаем: А, к At Cl хл2 с2 ‘2 В3 ^з = 0. А А г з Разложив этот определитель по элементам третьей строки, получаем: Аз = 0. Прямые (13) и (14) не совпадают, поэтому |4=/= 0. Из преды- | Л2С2 | дущего соотношения следует, что ХЛ3 = В3. Отсюда следует, что прямая (15) параллельна прямым (13) и (14) или совпадает с одной из них. Пример 6. Доказать, что прямые х — у = 0, х + у — — 2 = 0, 3 х — у — 2 = 0 пересекаются в одной точке. Решение. Определитель (16)' для данных прямых имеет вид: 1 —1 0 1 1 —2 3 —1 —2 = 2|з—1|—2|1 j| = 2-2 —2.2 = 0. Из предыдущей теоремы следует, что прямые принадлежат одному пучку. Так как прямые х — у = 0, х + у — 2 = 0 пересекаются, то все три прямые принадлежат пучку пересекающихся прямых, т. е. проходят через одну точку. Ив
Вопросы, примеры и задачи 225. Исследовать взаимное расположение следующих пар пря- мых и в случае пересечения определить координаты общей точки: а) х 4~ у — 3 = 0 и 2х — 4у — 6=0; б) х2у1 = 0 и х 4- 2у 4- 3 = 0; в) 2С£х —Зу+ /*3 = 0 их-2Пу + 2=0. 226. Исследовать взаимное расположение следующих пар пря- мых: а) у = 3 и x-f-y = 0; б) х 4~ у 4~ 1 = 0 и х + у — 1=0; в) х = 0 и х 4- 3 = 0; _ г) К 5 х — Зу 4-1=0 и—х — V 5 у 4- X.L = 0. 3 3 227. При каком значении параметра t прямые, заданные урав- нениями: 3/х — 8у + 1 = 0 и (1 4- t) х — 2/у = 0, параллельны? 228. Какому условию должны удовлетворять коэффициенты X и р. для того, чтобы прямые Хх + ру + 1=0, 2 х — 3 у + 5 = 0 и х — 1=0 имели общую точку? 229. Через точку (1, 6) провести прямую так, чтобы середина ее отрезка, заключенного между двумя параллельными прямыми х — 5 у + 23 = 0, х — 5 у + 11 =0, лежала на прямой 2х — — у — 2 = 0. 230. Провести прямую так, чтобы точка А (1, 2) была середи- ной ее отрезка, заключенного между осями координат. 231. Что называется пучком пересекающихся прямых? Как за- дается такой пучок? Запишите уравнение пучка, определяемого прямыми у = 0, х — 1. 232. Что называется пучком параллельных прямых? Как зада- ется такой пучок? Запишите уравнение пучка, определяемого пря- мой х = 2. 233. Каково условие принадлежности трех прямых к одному пучку: а) пересекающихся прямых, б) параллельных прямых? 234. В пучке 2 х — у + 1 +1(3х — 2 у 4~ 5) = 0 найти пря- мую, параллельную прямой 5 х — 3 у 4- 1 = 0. 235. В пучке X (Зх — 4у 4- 1) + х — у = 0 найти прямую, проходящую через начало координат. 149
236. В пучке X (х — 2 у + 1) + (х — 3 у) = 0 найти при-,' мую, параллельную оси Ох. 237. Даны уравнения сторон треугольника: х + 2 у — 1=0, 5 х 4- 4 у — 17 = 0, х — 4 у 4- 11 = 0. а) Составить уравнения высот треугольника. б) Составить уравнения прямых, проходящих через вершины треугольника, параллельно противоположным сторонам. 238. Через точку пересечения прямых 6х — 2у 4- 5 = 0 и 2х 4- у — 4 = 0 провести прямую: а) параллельную оси Ох; б) параллельную оси Оу, в) проходящую через начало координат. 239. Определить общую прямую следующих двух пучков: (2 4- ЗХ) х — (4 — 7 1) у 4- X = 0, (3 — 2 р) х 4- (4 — 7 ц) у + 5 = 0. 240. Выяснить, какие из следующих троек прямых принадле- жат одному пучку. а) 2х — у = 0, х 4-у —3 = 0, х — 2у 4-3=0; б) х 4- у — 1=0, х 4- 2у 4- 2 = 0, х — у = 0; в) х — рЛЗу+К'2 = 0, УЗх-Зу4-1=0, /2х —/бу4-5 = 0. $ 18. ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРИИ ПРЯМОЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ ГЕОМЕТРИИ Изложенная в этой главе теория прямой линии может быть с успехом применена для доказательства теорем и решения задач из курса элементарной геометрии. В этом параграфе мы приведем некоторые примеры приложения теории прямой линии к решению элементарно-геометрических задач. 1. Доказательство некоторых теорем. Теорема [18. 11. Доказать, что медианы любого треуголь- ника пересекаются в одной точке. Доказательство. Можно наметить следующий план доказательства теоремы. 1. Выбор системы координат. 2. Определение координат вершин треугольника в выбранной системе. 3. Составление уравнений медиан. 4. Доказательство того, что три медианы принадлежат пучку пересекающихся прямых. Пусть АВС — произвольный треугольник. Точку А примем за начало аффинной системы координат, а векторы АВ и АС — за координатные векторы. В этой системе вершины треугольника, очевидно, будут иметь координаты: А (0, 0), В (1, 0), С (0, 1). 150
Пусть А ь Bi и Ct — середины сторон ВС, СА и АВ. Легко оп- ределить координаты этих точек: Таким образом, медианы AAlt BBj и CCi задаются уравнениями: = 0 или х — у = О, (BBi) (СС^ = 0 или х 2у — 1 = О, = 0 или 2х 4~ у — 1 =0. Эти прямые принадлежат одному пучку, так как 1 —1 О 1 2 —1 2 1 —1 1 —1 О 1 2—1=0. 1 —1 О Любые две медианы пересекаются в одной точке, в чем легко убе- диться, если рассмотреть их уравнения, поэтому прямые принад- лежат пучку пересекающихся прямых. Теорема доказана. Теорема [18. 2]. Доказать, что высоты любого треуголь- ника пересекаются в одной точке. Доказательство. Для доказательства этой теоремы можно воспользоваться планом, намеченным выше при доказатель- стве теоремы [18. 1 ]. Пусть АВС — произвольный треугольник. Прямоугольную де- картову систему возьмем так, чтобы начало совпало с точкой А и I = АВ. В этой системе вершины А и В имеют координаты: А (0,0), В (1, 0). Обозначим координаты вершины С через (а, 0) и запишем уравнения высот треугольника АВС. Высота АН1 есть прямая, проходящая через точку А (0, 0) и перпендикулярная к вектору ВС (а— 1, £}, поэтому она опреде- ляется уравнением: (а — 1) х + ру = 0. Высота BHi есть прямая, проходящая через точку В(1, 0) и перпендикулярная к вектору АС (а, Р}, поэтому она определяется уравнением: а (х — 1) + Ру = 0. Высота СН3 есть прямая, проходящая через точку С (а, Р) и пер- 151
пендикулярная к вектору АВ (1, 0}, поэтому она определяется уравнением х — а =- 0. Эти прямые принадлежат одному пучку, так как а— 1 ₽ 0 а р—а 1 0 —а а — 1 Р 0 а —1 р 0 1 0 —а = 0. Любые две высоты пересекаются, поэтому все три высоты принад- лежат пучку пересекающихся прямых. Теорема 118. 3]. Доказать, что центр S описанной окруж- ности, ортоцентр Н и центр тяжести G треугольника лежат на одной прямой (прямая Эйлера). Доказательство. Пусть АВС — данный треугольник, S — центр описанной окруж- ности, G — центр тяжести, а Н — ортоцентр (черт. 96). Ес- ли О — основание перпендику- ляра, опущенного из точки С на сторону АВ, то прямоуголь- ную декартову систему коорди- Черт. 96 нат возьмем так, чтобы пря- мые ОА и ОС совпали с осями координат и точка О была началом координат (см. черт. 96). В этой системе абсцисса точки С и ординаты точек А и В равны ну- лю. Пусть А (а, 0), В ф, 0), С (0, у). Определим координаты точек G, S и Н. Точка G является точкой пересечения медиан, поэтому ее коор- динаты равны: хв = Ув = -|-(см. § 8> задачу 3). Координаты точки Н можно определить как координаты точки пересечения высот (прямых) СО и AOt. Прямая СО имеет уравне- ние х = 0, а прямая AOi может быть рассмотрена как прямая, проходящая через точку А и перпендикулярная вектору СВ: Р (х — а) — у (у — 0) — 0 или Рх — уу — ар = 0. Решив сов- местно уравнения прямых СО и АОполучаем координаты точки Н: я (о, — Координаты точки S можно определить как координаты точки пересечения серединных перпендикуляров. Прямая, проходящая через середину отрезка АВ и перпендикулярная ей, имеет уравнение х = —tA. Прямая, проходящая через середину отрезка АС и пер- пендикулярная ей, имеет уравнение 152
(a \ [ v \ n as v2 x-----1 — T V--M = 0, или ax — vy -------i-. 2 ) V 2 / гл 2 2 Решив совместно эти уравнения, получаем координаты точки S: g/я + Р V2 + «Р Л \ 2 ’ 2у Г Теперь легко убедиться в том, что точки G, Н и S лежат на од- ной прямой. Для этого достаточно проверить условие коллинеар- ности этих точек: я + Р Y 3 3 0 1 1 _ a + Р I «Р V2 + «Р \ I з \ Y 2у я —(— р Y2 4~ яР j 2 2у , a + Р / у , яр \ =_ 0 "Г" 2 3 "И у ) 2. Решение некоторых задач. Задача 1. Доказать, что геометрическое место точек, рав- ноудаленных от двух данных точек А н В, есть прямая, перпенди- кулярная отрезку АВ и проходящая через его середину. Решение. Пусть в некоторой прямоугольной декартовой системе точки А и В имеют координаты A (xit у t), В (хг, уг). Для того чтобы точка М (х, у) принадлежала данному геометрическому месту, необходимо и достаточно, чтобы AM — ВМ или в коорди- натах /(х — хО2 + (у — yj2 = /(х — х2)2 + (у — у2)2. Это и есть уравнение данного геометрического места точек. Оно эк- вивалентно уравнению (х — х,)2 + (у — У1)2 = (х — х2)2 + (у — у2)2 или — 2xxj — 2ууi = — 2хх2 — 2ууа — х2 — у2 + х2 -|- у2. Окончательно получаем следующее уравнение: х(х2 - xj + у (у2 - у,) + У-1 ~*2~Ъ = 0. (1) Так как точки А и В различны, то коэффициенты при х и у одно- временно не равны нулю, поэтому соотношение (1) определяет прямую. Она__перпендикулярна вектору р {хг— Xi, уг — Уг}, т. е. вектору АВ, так как система координат прямоугольная декар- това. Кроме того, прямая проходит через середину отрезка АВ в 153
силу того, что координаты точки удовлетво- ряют уравнению (1). Задача решена. Задача 2. Даны две взаимно перпендикулярные прямые а и Ь, пересекающиеся в точке С, и две точки А и В на. прямой а. СР На прямой b берутся точки Р и Q так, что — = k. Доказать, что геометрическое место точек пересечений прямых АР и BQ есть пря- мая. Решение. Возьмем точку С за начало прямоугольной декар- товой системы координат, а прямые а и b — за коорди- натные оси (черт. 97). Если I = СА, то точка А будет иметь координаты (1,0). Пусть В (а, 0). Если А. и?.' — ординаты точек Q и Р, то из условий задачи следует, что , поэтому k' = kX. Таким образом, точки Р и Q будут иметь координаты: Р(0, 1гк,), Q(Q, X). При измене- нии точек Р и Q координа- та X, очевидно, меняется. Если М (х, у) — произвольная точка искомого геометрического места, то, выразив х и у через координаты точек А, В и перемен- ную величину А,, п мучим параметрическое задание искомого гео- метрического места (А, — параметр). Исключив %, получим урав- нение геометрического места в прямоугольных декартовых коорди- натах. Для осуществления этого плана найдем уравнения прямых АР и BQ. Имеем: А (1,0), Р (0, &А,), В (а, 0), Q (0, X). Уравнения искомых прямых имеют вид: (ДР) х__или khx-\-y—kb =0; (2) (BQ) Х~~а X I = 0’ или — аХ = 0. (3) Для определения координат точки пересечения М(х, у) следует совместно решить систему (2), (3): а (ft — 1) /гА(а—1) ~ « V ’• ka — 1 ka — 1 _ , a(fe—1) Так как выражение х не содержит л, то х = —------ есть урав- k a — 1 154
пение искомого геометрического места. Этим уравнением задается прямая, параллельная прямой Ь. Задача 3. В треугольнике АВС разность углов В и А рав- на 90°. Из основания Н высоты СН опущены на стороны АС и ВС перпендикуляры, которые пересекают эти стороны соответственно в точках BtnAi. Доказать, что прямые АВ и AtBi перпендику- лярны. Решение. В этой задаче выбор системы координат сущест- вен, так как при неудачном ее выборе решение задачи значительно осложняется. Так как Z В — Z А = 90°, то желательно использовать пер- пендикуляр к В А, восставлен- ный в точке В (черт. 98). Этот пер- пендикуляр образует с лучом ВС угол а = 2 А. Примем точку В за начало прямоугольной декарто- вой системы координат и векторы /, У возьмем так, как указано на чертеже 98. В этой системе точки А и В будут иметь координаты А (1, 0), В (0, 0). Дальнейший план решения задачи таков: Т. Записав уравнения прямых АС и ВС, определяем координаты точки С как точки пересечения этих прямых. 2. Определяем координаты точки Н. 3. Определяем координаты точек Bi и Ai и по этим координатам обнаруживаем, что AB_LAtBt. Переходим к решению задачи. 1. Пусть у = kx + Ь и у = k'x + b' — уравнения прямых АС и ВС. Так как прямые проходят соответственно через точки А (1, 0) и В (0, 0), то b = — k и Ь' = 0, поэтому предыдущие урав- нения имеют вид: у — kx — k, у = k'x. Из геометрических соображений следует, что k = tg (180° — А) = — tgA, k' = tg (90° + A) = —ctg А, отсюда kk' = 1. Таким образом, получаем следующие уравнения прямых АС и ВС: (АС) (ВС) у = kx — k, (4) (5) Так как прямые (4) и (5) пересекаются, то их угловые коэф- фициенты не равны, т. е. /г=#2. или k2 — 1^0. Это означает, что k 155
Z Л#= 45е. Если Z А = 45s, то Z В = 180° — 45° = 135°, по- этому прямые АС и ВС параллельны. Решив совместно уравнения (4) и (5), получаем координаты их / ^2 k \ точки пересечения С -------, ----- . \ft2 — 1 ft2 — 1/ 2. Точки С и Н лежат на одной прямой, параллельной оси ор- динат, и Н лежит на оси абсцисс, поэтому 3. Запишем уравнения прямых HBt и HAt. Если kt и kz— угловые коэффициенты прямых И At и HBlt то в силу условий НА^ I ВС и HBt I АС получаем: kt • — = —1 и kzk — —1. От- ft сюда kt — —k, kz =—1- Имея координаты точки Я и угловые ко- ft эффициенты kt и kz, легко записать уравнения прямых HAi и НВЛ-. (fiAt) . у = -*(х--^-Д (6) (М,) у = _Д(х-^). (7) Имея уравнения (4) — (7), можно определить координаты точек А1 (xi, уО и Bi (xz, уг). Мы должны доказать, что AiBi | АВ или AtBi параллельно оси Оу. Для этой цели достаточно показать, что Xi — Хг. Из уравнений (5) и (6) получаем: xt = • Из уравнений (4) и (7) получаем: х2 = • Задача решена. Задача 4. Вычислить расстояние между противополож- ными сторонами ромба, если длины его диагоналей равны а и Ь. | Решение. Пусть ABCD — данный ромб, а О — точка пере- сечения диагоналей (черт. 99). Примем точку О за начало прямо- угольной декартовой системы коор- динат, а оси направим вдоль диа- гоналей так, чтобы точки С и В ле- жали на положительных лучах ко- ординатных осей. В этой системе С вершины ромба будут иметь коорди- наты: А (—— о\в(о, — Y с(—, о\ \ 2 ) \ 2/ \2 )' D (о, —уj . Задача сводится к опреде- лению расстояния от точки А до пря- 156
мой ВС. Уравнение прямой ВС легче всего записать в отрезках: — + = 1 или 2bx -j- 2ау — ab — 0. Расстояние от точки А до а b этой прямой равно I а. \-2b — — ab d = '--- 2 у 462 + 4а2 2а6 2/а2+62 ab /а2 + 62' Теоремы и задачи 241. Доказать, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке. 242. Доказать, что во всяком треугольнике перпендикуляры, восставленные в серединах сторон, пересекаются в одной точке. 243. Пусть а и b — две произвольные прямые на плоскости. А, В, С — точки на прямой a, a D, Е и F — точки на прямой Ь. Доказать, что точки пересечения прямых: 1) AD и СЕ-, 2) BD и CF-, 3) BE и AF — лежат на одной прямой (теорема Паппа). 244. В плоскости треугольника АВС дана точка М. Построе- ны точки Ai, Bi, Ci, симметричные с точкой М относительно се- редин сторон ВС, СА, АВ треугольника. Доказать, что прямые AAi, BBi и CCi пересекаются в одной точке. 245. Пусть Ci, Ai и Bi — три точки соответственно на сторо- нах АВ, ВС и СА треугольника АВС. Для того чтобы прямые AAlt BBi и CCi принадлежали одному пучку (т. е. пересекались в од- ной точке или были параллельны друг другу), необходимо и дос- таточно, чтобы ^C1... -?1. — — 1 (теорема Ч е в ы). ВС1 CAj j4jBj 246. Найти геометрическое место точек, разность квадратов расстояний которых до двух данных точек А и В есть величина постоянная. 247. Найти геометрическое место центров тяжести треуголь- ников, две вершины которых зафиксированы, а третьи вершины лежат на данной прямой I. 248. Даны две прямые а и Ь, пересекающиеся в точке О. Найти геометрическое место четвертых вершин квадратов, две вершины которых лежат на прямой а, а третьи вершины — на прямой Ь. 249. Стороны остроугольного треугольника АВС равны: ЛВ = = 5, АС = 7 и высота BBi = 4. Найти длину перпендикуляра, опущенного из вершины В на медиану, проведенную из вершины А. 250. Доказать, что в равностороннем треугольнике сумма рас- стояний любой внутренней точки от трех его сторон есть величи- на постоянная,
ГЛ ABA V ИЗУЧЕНИЕ КРИВЫХ ВТОРОГО ПОРЯДКА ПО КАНОНИЧЕСКИМ УРАВНЕНИЯМ $ 19. КАНОНИЧЕСКОЕ УРАВНЕНИЕ И ПАРАМЕТРИЧЕСКОЕ ЗАДАНИЕ ЭЛЛИПСА Эллипсом называется геометрическое место точек плоскости, для каждой из которых сумма расстояний до двух данных точек той же плоскости F i и F2 есть величина постоянная, большая, чем рас- стояние между Fi и F2. Точки F i и F2 называются фокус ние эллипса и изучим форму эллипса а м и эллипса. Обозначим через 2а сумму рас- стояний любой точки эллипса до фокусов, а через 2с расстояние между фокусами; по определению а > с. Ес- ли точки Ft и Fi совпа- дают, то в этом случае, очевидно, эллипс есть окружность радиуса а. Таким образом, окруж- ность есть частный слу- чай эллипса. В этом па- раграфе выведем уравне- но уравнению. 1. Вывод уравнения эллипса. Возьмем на плоскости прямоуголь- ную декартову систему координат так, чтобы начало совпало с се- рединой отрезка FiF2, а ось абсцисс с прямой F ^F2, при этом нап- равление этой оси выберем от точки О к Fi (черт. 100). Так как F iFi = 2с, то в, выбранной системе фокусы будут иметь коорди- наты Fi (с, 0), Fi (—с, 0). Для произвольной точки М (х, у) эллипса имеем: MFj = K(x—с)24-у2, MF2=V(%+ с)2+у2, поэтому V (х— с)2+у2 + 1'г(х+ с)2+у2=2а. (I) Обратно, если координаты некоторой точки плоскости удовлет- воряют уравнению (1), то точка принадлежит эллипсу. Таким об- 158
разом, соотношение (1) является уравнением эллипса в выбранной системе. Для того чтобы упростить это уравнение, запишем его в виде V (х4- с)24~У2 = 2а— К (х— с)2-}-у2 и обе части возведем в квадрат: (х с)2 + у2 = 4а2 — 4а К(х—с)2+ у2 4~ (х — с)2-|- у2 ' или а К(х— с)24~У2 = а2 — хс, V(х— с)24~у2 = а----- х. Возведем а еще раз это соотношение в квадрат: (х — с)2 у2 = а2 — 2сх 4- х2 или х2 4- у2 4* с2 = а24~ х2, (а2 — с2) х2 4- а2у2 = а2 (а2 — с2). Если ввести обозначение Ь2 = а2 — с2, (2) то из предыдущего соотношения получаем: Из соотношений (1) мы получили соотношение (3), поэтому если точка лежит на эллипсе, т. е. если ее координаты удовлетворяют уравнению (1), то ее координаты удовлетворяют также уравне- нию (3). Но обратное утверждение не очевидно. Однако оно спра- ведливо, т. е. если координаты точки удовлетворяют уравнению (3), то точка лежит на эллипсе. В самом деле, пусть координаты про- извольной точки плоскости М (х, у) удовлетворяют соотношению (3). Вычислим расстояния pi = MFt и р2 = MF 2. Pj = У (х— с)24-у2 = И х2— 2хс 4- с2 4- у2 = - Ух2— 2хс4- с2+&8(1—5) = 2а* + с2+62 = = ]/"—2 х2—2хс-\-а2 = У (а —— х у. Если х<0, то а— — х>0. Если же х>0, то из соотношения а (3) следует, что х<а, поэтому а— — х>а — — а —а—с>0. Для а а любого х имеем: а— — х > 0 и а р1=а—-х. (4) а Аналогичным образом можно показать, что Рз=а4--х. (5) 159
Таким образом, если координаты точки М удовлетворяют урав- нению (3), то MFt + MF2 — (а — —x'j+^a + — xj = 2а, т. е. точка принадлежит эллипсу. По существу мы доказали, что урав- нения (1) и (3) эквивалентны и уравнение (3) является уравнением эллипса. Уравнение (3) называется каноническим урав- нением эллипса, а выбранная нами система координат — кано- нической системой. Заметим, что если и Fz совпадают, то с — 0 и из (2) следует, что а2 = Ь2, поэтому уравнение (3) принимает вид х2 + у2 = а2. Мы получили уравнение окружности. Мы снова пришли к выводу, что если фокусы эллипса совпадают, то эллипс является окруж- ностью. В общем случае, когда с#= 0, как следует из (2), b <. а и уравнение (3) не задает окружность (см. теорему [12. 1 ]), поэтому возникает необходимость изучения свойств эллипса по уравнению. 2. Общая схема изучения свойств кривой второго порядка по уравнению. Если кривая в некоторой прямоугольной декартовой системе дана уравнением F (х, у) = 0, (6) то можно предложить следующую схему исследования кривой. а) Прохождение кривой через начало ко- ординат. Если кривая проходит через начало координат, то координаты точки О (0, 0) должны удовлетворять уравнению (5), т. е. F (0, 0) = 0. В противном случае кривая не проходит через точку О. б) Определение точки пересечения кри- вой с осями координат. Для определения координат точек пересечения кривой с осью абсцисс следует совместно решить уравнение (6) с уравнением оси абсцисс: у 0. Абсциссы этих то- чек определяются из уравнения F (х, 0) = 0. Если это уравнение имеет действительное решение, то кривая пересекается с осью абс- цисс, причем число точек пересечений равно числу различных дей- ствительных решений этого уравнения. Аналогично решается воп- рос о пересечении кривой с осью ординат. в) Исследование кривой на симметрию относительно координатной системы. Здесь речь идет об исследовании кривой на симметрию относительно осей координат и начала координат. Кривая называется симметричной относительно оси ш, если выполнено условие: для каждой точки М кривой, точка М', симметричная М относительно оси <и, также при- надлежит кривой. Аналогично определяется симметрия кривой относительно некоторой точки. Легко показать, что кривая симметрична относительно оси Оу, если уравнение ее не изменится от замены х на —х. В самом де- ле, пусть М (х*, у*) — точка кривой, тогда F (х*, у*) = 0. Точ- ка М’, симметричная М относительно оси Оу, имеет координаты 160
М' (—х*, у*). Но так как уравнение (6) не меняется при замене х на —х, то координаты точки М', очевидно, удовлетворяют этому уравнению, т. е. М' снова лежит на кривой. В частности, если уравнение кривой содержит х только четной степени, то кривая симметрична относительно оси Оу. Аналогично можно показать, что кривая симметрична относи- тельно оси Ох, если уравнение ее не изменится от замены у на —у. В частности, если в уравнение кривой у входит только в четной сте- пени, то кривая симметрична относительно оси Ох. Кривая симметрична относительно начала координат, если ее уравнение не изменится от замены х на —х, а у на —у. В самом де- ле, пусть М (х*, у*) — точка кривой, тогда F (х*, у*) = 0. Точка М', симметричная М относительно начала координат, имеет коор- динаты М' (—х*, —у*). Но так как уравнение (6) не меняется при замене х на —х и у на —у, то координаты точки М' удовлетворяют этому уравнению, т. е. т снова лежит на кривой. Заметим, что если кривая одновременно симметрична относи- тельно координатных осей, то она симметрична также относитель- но начала координат; обратное утверждение не всегда справедливо. г) Пересечение кривой с прямыми, прохо- дящими через начало координат. Для исследо- вания кривой (6) полезно рассмотреть точки пересечения кривой с произвольной прямой, проходящей через начало координат. Для нахождения координат этих точек необходимо совместно решить уравнение (6) с уравнением произвольной прямой, проходящей через начало координат: у — kx, где k — угловой коэффициент прямой. Абсциссы этих точек определяются из уравнения F(x, kx) = 0, а ординаты — из уравнения у = kx. Если предыдущее уравнение имеет действительные решения, то кривая пересекается с прямой у = kx, причем число точек равно числу различных дей- ствительных решений этого уравнения. д) Определение области изменения пере- менных, входящих в уравнение кривой. Оп- ределение области изменения переменных, входящих в уравнение кривой, дает возможность выделить ту часть плоскости, в которой расположена кривая. Если кривая задана уравнением (6), то удоб- но преобразовать это уравнение, выразив у как функцию от х или х как функцию от у. Тут следует обратить внимание на одно важ- ное обстоятельство. При преобразованиях уравнения кривой надо позаботиться о том, чтобы преобразованное уравнение было эк- вивалентно исходному. Если F (х, у) = 0 есть исходное уравнение, а у = f (х) — преобразованное, то координаты любой точки, удов- летворяющей уравнению F (х, у) =0, должны удовлетворять урав- нению у = f (х) и наоборот. Допустим, что мы уравнение кривой привели к виду: у — f (х). Далее следует определить область изменения х, т. е. определить те значения х, при которых переменная у существует и является 161
действительным числом. При этом может оказаться, что область изменения х состоит из нескольких участков. Если через конеч- ные точки этих участков, лежащих на оси абсцисс, провести пря- мые, параллельные оси ординат, то на плоскости выделится об- ласть, в которой расположена кривая. После этого, по аналогии с предыдущим, следует перейти к оп-. ределению области изменения переменной у. Проводя прямые, параллельные оси абсцисс, выделяем ту часть плоскости, в которой расположена кривая. Пересечения областей изменения перемен- ных х и у дает часть плоскости, в которой расположена кривая. е) Построение кривой по точкам. Для того что- бы иметь наглядное представление о расположении кривой на плос- кости, полезно построить несколько точек кривой,подобрав коорди- наты этих точек так, чтобы они удовлетворяли уравнению кривой. 3. Изучение свойств эллипса по уравнению, Применим предыду- щую схему для изучения свойств эллипса, заданного уравнением (3). а) Эллипс не проходит через начало канонической системы ко- ординат, так как координаты точки О (0, 0) не удовлетворяют урав- нению (3). б) Для определения координат точек пересечения эллипса (3) с осью Ох следует совместно решить уравнения— у— — 1, у = 0. Решив эту систему, получаем две точки пересечения: At (а, 0), Л 2 (—о. 0). Аналогично получаем точки пересечения эллипса с осью Оу: Bi(0, Ь), В2 (0, —Ь) . Таким образом, эллипс с каждой осью координат пересекается в двух точках, симметрич- ных относительно начала координат (черт. 100). в) Так как переменные х и у в уравнение эллипса входят толь- ко в четных степенях, то эллипс симметричен как относительно оси Ох, так и относительно Оу. Отсюда следует, что эллипс симмет- ричен также относительно начала координат. г) Возьмем произвольную прямую, проходящую через начало координат у = kx, и найдем точки пересечения этой прямой с эл- липсом (3). Для этого необходимо совместно решить уравнение (3) с уравнением прямой. Подставив значение у из уравнения пря- мой в уравнение эллипса, получаем: х2 . k2x2 _ । 72' Ь2 ~ Отсюда определяем абсциссы точек пересечений4 о Ь2 -I- k2a2 , , ab х2 ——----- = 1, х=± —-----——— . a2t>2 V Ь2 + k2a2 Подставив эти значения в уравнение прямой, получаем орди- наты точек пересечений: , kab у =± — . /б2 + k2a2 1G2
Таким образом, каждая прямая, проходящая через начало .коор- динат, пересекает эллипс в двух точках, симметричных относи- тельно начала: с I а>3 \ с ( — \/б2 + kW ' V'b* + fc2a2 / ’ ' \ /62 + fe2a2 ’ У ft2 + fe2a2 /' д) Для определения области изменения переменной х решим уравнение (3) относительно х2: х2 = a2 1 у2\ 62/ Так как х2 >- 0, то 1 — —>-0, или у2 < 62, —b < у < Ъ. Анало- 62 z z гично получаем область изменения переменной х: —а < х < а. Мы приходим к выводу, что область изменения -переменных опре- деляется неравенствами: —а < х < а, —b < у < Ь. (7) Отсюда следует, что точки эллипса расположены внутри прямо- угольника М изображенного на чертеже 100. е) Для того чтобы иметь наглядное представление о располо- жении эллипса на плоскости, следует построить несколько точек эллипса. При этом можно ограничиться точками, лежащими в пер- вой четверти, так как кривая симметрична относительно осей ко- ординат. Эллипс изображен на чертеже 100. 4. Параметрическое задание эллипса. Пусть и Q2 — две концентрические окружности с центром в точке О и радиусами а и b (а > Ь), а li и /2 — два взаимно перпендикулярных диаметра этих окружностей (черт. 101). Возьмем произвольный луч h, ис- ходящий из точки О, и обозначим через At и А2 точки пересечения этого луча с окружностями и й2- Проведем через A i прямую, параллельную 12, а через А2 — прямую, параллельную /4, и обо- значим через М точку пересече- ния этих прямых. Рассмотрим гео- метрическое место G точек М, кото- рое получается при вращении луча h вокруг точки О. Для этой цели введем прямоугольную декартову систему координат, взяв прямые li и 12 за оси координат. Направле- ния осей указаны на чертеже 101. Выразим координаты точки М (х, у) Черт. 101 «3
через угол t, образованный лучом h с осью Ох, и через радиусы дан- ных окружностей. Если At (xb yi) и А2 (х2, у2), то, очевидно, х = Xi, у = у2. Но Xi = a cos t, ух = a sin /; х2 = b cos t, у2 = = b sin t, поэтому х = a cos t, у = b sin t. (8) Мы получили параметрическое задание геометрического места точек. Исключив параметр t, получим уравнение геометричес- кого места в прямоугольных декартовых координатах. Для этой цели запишем предыдущие соотношения в виде: , . х . , V cos t = — sin t = —. a b Возведем эти соотношения в квадрат и сложим: cos21 4- sin21 = — 4- —, но так как cos21 4- sin2/ = 1, 1 а2 б2 окончательно получаем: । У.2 = i a2"1- 62 (9) Мы получили уравнение эллипса с полуосями а и Ь. Таким обра- зом, все точки рассматриваемого геометрического места G принад- лежат эллипсу (9). Однако отсюда еще не следует, что (9) есть урав- нение геометрического места G. Для того чтобы это доказать, не- обходимо убедиться в том, что всякая точка эллипса (9) принад- лежит геометрическому месту G. Пусть N у 1} — точка эл- липса (9). Рассмотрим числа— . Так как N принадлежит эл- а b /х,\2 । /У1\2 1 xi У1 липсу, то — | + — = 1, поэтому на числа — — можно смот- \а ) \b/ а Ь реть как на координаты некоторого единичного вектора в системе Oij. Но в этом случае — = coscp, — = sin ф, a b где <p — угол, кото- рый образует этот вектор с вектором I. Таким образом, х4 — a cos ф, yj = b sin ф. Сравнивая эти выражения с соотношениями (8), мы приходим к выводу, что точка N принадлежит геометрическому месту G, так как при t = ф получаем х = xlt у = уР Итак, гео- метрическое место G совпадает с эллипсом (9). Соотношения (9) называются параметрическим заданием эллип- с а. Задачи и примеры 251. Почему в определении эллипса требуется, чтобы a > с? Какую получим кривую, если а) а = с; б) а<с? 252. Составить уравнение эллипса, если FxF2 = 8, а 6 = 3. №4
253. Составить каноническое уравнение эллипса, зная, что а) а = 5, Ъ = 4; б) а + b = 8, с = 4; в) а = 9, с = 3. 254. Написать уравнение прямой, проходящей через начало X2 канонической системы координат и пересекающей эллипс — + + — =1 в двух точках, расстояние между которыми равно 41^2. 255. Найти координаты фокусов эллипса 4 х2 + 144 у2 — 576 = = 0. д*2 у 2 256. Через фокус проведена хорда эллипса—И— = 1, а2 Ь2 параллельная канонической оси Оу. Определить длину этой хорды. 257. Пусть хорда, проведенная через фокус Fi и параллельная оси Оу, пересекает эллипс в точках Mi и Л42. Определить расстоя- ние точек Mi и М2 от фокуса Fz. 258. Найти координаты точки М, принадлежащей эллипсу ~2 = 1 и удовлетворяющей условию 2AfF1 = MF2. 259. Найти координаты точек М, принадлежащих эллипсу х2 । у2 . . —[- — = 1 и равноудаленных от фокусов. а2 о2 260. Найти условие симметричности кривой, заданной уравне- нием F (х, у) — 0 относительно биссектрисы координатного уг- ла (/, У). Симметричен ли эллипс относительно этой биссектрисы? 261. На эллипсе + 1 Дана точка (3, 1). Найти коор- динаты точек, симметричных с данной относительно начала коор- динат и координатных осей, и убедиться в том, что эти точки при- надлежат эллипсу. 262. Дано каноническое уравнение эллипса ~ 1 • На- писать параметрическое задание этого эллипса. § 20. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА ЭЛЛИПСА В настоящем параграфе рассмотрим основные геометрические свойства эллипса. Предварительно введем некоторые определения, необходимые для дальнейшего изложения. 1. Определения, а) Вершинами эллипса называются точки пересечения эллипса с осями канонической системы координат. Эл- липс имеет четыре вершины, обозначенные на чертеже 100 через А1, А2, В1, В2. б) Отрезки AiA2 и BiBz называются осями эллипса. Отрезок AiA2 называется большой осью, а отрезок В 1В2 — малой. Очевидно, AiA2 = 2a, BiB2 = 2b. 5 Л. С. Атанасян 165
в) Начало О канонической системы координат называется центром эллипса. Вообще, центром кривой называется точка плоскости, относительно которой симметрична кривая. Ниже будет показано, что эллипс не имеет других центров, за исключением точки О (см. § 30). г) Расстояние FiF2 между фокусами эллипса называется ф о- кальным расстоянием. В соответствии с обозначени- ем, введенным в предыдущем параграфе, фокальное расстояние равно 2с. д) Эксцентриситетом эллипса называется число е, опреде- ляемое соотношением: е = —. Очевидно, 0 < е <; 1. Эксцентриситет а равен нулю тогда и только тогда, когда эллипс является окруж- ностью. Пусть М — точка эллипса. Отрезки FtM и F2M называют- ся фокальными радиусами точки М, при этом FfM называется первым фокальным радиусом, a F2M — вторым. Если длины этих отрезков обозначим соответственно через р\ и р2, то из формул (4) и (5) предыдущего параграфа следует, что р! = а — ex, (1) р2 — а + ех, (2) где а — длина большой полуоси, е — эксцентриситет, ах — абс- цисса точки. ж) Директрисами эллипса называются прямые, парал- а тт лельные малой оси и отстоящие от нее на расстоянии —. Директ- 8 риса, расположенная по ту же сторону от малой оси, что и фокус Fj, называется первой, а другая директриса — второй. Оче- видно, директрисы не пересекают эллипс, так как е < 1 и — > а. Окружность, как частный случай эллипса, не имеет директрис, так как для нее е = 0. Любой эллипс, отличный от окружности, имеет две директрисы, расположенные симметрично относительно оси Оу (черт. 100). Пример 1. Составить каноническое уравнение эллипса, если: а) Вершины эллипса имеют координаты A t (5, 0), А2 (—5, 0), Bi (0, 3), В2 (0, —3). 1/3" б) Эксцентриситет е = -—, а большая полуось а = 3. в) Фокальное расстояние 2с = 8, а малая полуось b = 4. 8 г) Прямые х = ± уу служат директрисами эллипса, а малая полуось равна 2. Решение, а) Так как первая координата вершины A j рав- на 5, а вторая координата точки равна 3, то а = 5, b = 3.0т- 166
сюда следует, что эллипс имеет следующее каноническое уравне- ние: —-I- X2 == 1 25-1- 9 б) е = — ~ , но а = 3, поэтому с= КЗ, ft2 = а2—с2= 9— а 3 — 3 = 6, Ь=Кб. Таким образом, каноническое уравнение эллипса х2 । у2 . имеет вид: —= 1. в) с = 4, а2 = Ь2 4~ с2 = 16 -f- 16 = 32; а = 2. Мы получаем X2 | у2 < следующее каноническое уравнение: —= 1. д2 г) Директриса отстоит от начала координат на расстоянии —, поэтому — = —. Но Ь2 = 4, поэтому с2 = а2 — Ь2 = с — 4; с2------с 4- 4 = 0. Уз Уз 4 Л[6 4 2 6 2 с =—— ± 1/ — — 4 = —~±—т! Ci = —Сг =— УЗ г з Уз Уз Уз Уз ai = Ь2+с2 = у + 4 = 16; а2 = &2 + с2 = 4 + | = Существуют два эллипса, удовлетворяющие условиям задачи: 1- £2 । Х!= 1 16 1 4 ’ 16 1 4 3 2. Зависимость формы эллипса от эксцентриситета. Из курса элементарной геометрии известно, что две фигуры F и F' называ- ются подобными, если существует такое преобразование подобия, при котором одна фигура переходит в другую. Докажем теорему. Теорема [20. 1 1. Два эллипса, имеющие равные эксцентриси- теты, подобны. Доказательство. Если эксцентриситеты эллипсов рав- ны нулю, то эллипсы являются окружностями. В этом случае тео- рема, очевидно, справедлива, поэтому докажем теорему для того случая, когда е=# 0. Пусть два эллипса, заданные каждый в своей канонической системе уравнениями: X2 у2 а2 "I Ь2 (4) 6* 167
Черт. 102 имеют один и тот же эксцентриситет е. Пусть Oij и 04'j' — кано- нические системы данных эллипсов. Рассмотрим движение, кото- рое переводит систему O'i'j' vOiJ. При этом эллипс (4) перейдет в равный ему эллипс, который в системе Oij задается уравнением (черт. 102): ? + ? = !• (4') а2 Ь2 Так как — = s и — = е, то . Если ввести обозначе- а q с а , С С1 Zj , t-j ние «= — = — , то легко показать, что — = k. В самом деле, с а Ь .Ь2 = а2 — с2 = k2 (а2 — с2) = k2b2. Отсюда, так как 6>0,6>0, £>0, имеем: b = kb. Подставив значения а и Ъ в уравнение (4'), получаем: ^+-^- = 1. k2a2 k2b2 (5) Рассмотрим гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k. Если точка М (х, у) при этой гомотетии переходит в М' (%', у'), то ОМ' = kOM, поэтому х' = kx, у' — ky. При этой гомотетии j^'2 у'2 эллипс (3) переходит в эллипс -:__-|-д__= 1, который совпадает k2a2 k2b2 с эллипсом (5). Так как эллипс (5) равен эллипсу (4), то эллипсы (3) и (4) подобны. Выясним, какова зависимость формы эллипса от эксцентриси- тета. Для этой цели выразим отношение — через эксцентриситет: 168
с = еа, b2 = а2 — с2 = а2 — e2d2 = а2 (1 — е2). Отсюда, так как b > 0, а > 0, 1 — е2 > О,- получаем: - = И—е2. а (б) Рассмотрим систему эллипсов, имеющих одну и ту же большую ось, но разные эксцентриситеты. Из соотношения (6) следует, что, чем больше е, тем меньше Ь, и при е, стремящемся к единице, число b стремится к нулю. Из этого соотношения также следует, что, чем меньше е, тем больше Ь, и при е, равном нулю, b = а, т. е. эллипс является окружностью. Таким образом, с увеличе- нием эксцентриситета уменьшается «ширина» эллипса и он дела- ется более продолговатым. На чертеже 103 изображе- ны эллипсы, эксцентриси- теты которых удовлетворя- ют неравенствам: 0 = < е2 <С е3 е4 •< е5. 3. Директориальное свойство эллипса. Теорема [20. 2 ]. {Директориальное свойст- во.) Эллипс есть геометри- ческое место точек, отно- шение расстояний от каж- дой из которых до фокуса F к расстояниям до однои- менной директрисы d по- стоянно и равно эксцент- риситету. Доказательство. липе, a F и d — соответственно первый фокус и первая директриса. Возьмем произвольную точку М (х, у) эллипса и вычислим расстоя- ния FM и МН, где Н — основание перпендикуляра, опущенного из точки М на директрису d. Согласно формуле (1) FM — а — ех. С другой стороны, МН = ——х при любом расположении точки М. е Таким образом, FM а — ех -- — -------— 8. МН а — ех е Н Обратно, пусть для точки М (х, у) плоскости — = е, где — основание перпендикуляра, опущенного из М на прямую d, 169
MF = /(x — c)24-y2, MH = \x — - I e поэтому V(x — c)2 + y2 = e | X — -^1. Возведем это соотношение в квадрат: М или х2 — 2хс + с2 -|- у2 = е2х2 — 1 —2хае-|-а2. Отсюда после эле- I ментарных преобразований по- I / j^2 2 лучаем: ——=1. Мы при- . I аг Ь'1 J г । шли к выводу, что каждая точ- —-ч--------------------------1 ка геометрического места при- 0 1 Н надлежит эллипсу. Черт. 104 4. Эллипс как образ окружно- сти при сжатии. Пусть /—некото- рая прямая на плоскости. Сжатием к прямой I называет- ся такое преобразование точек плоскости, при котором каждая точ- ка М переходит в точку М’, удовлетворяющую условию НМ' = kHM, (7) где 0 < k < 1, а Н — основание перпендикуляра, опущенного из точки М на прямую I (черт. 104). Если М не лежит на /, то М'Н < < МН. Точки прямой I, как видно из соотношения (7), переходят сами в себя. Для того чтобы записать аналитическое задание преобразова- ния сжатия, возьмем прямоугольную декартову систему коорди- нат так, чтобы ось бх совпала с прямой /. Если М (х, у), М' (х'> У'). Н Ui, У1)» то из соотношения (7) следует, что х' — х4 = k (х — Xi), у' — у! = k (у — yt). (8) Но так как точки М, М' и Н лежат на прямой, параллельной оси Оу, и Н лежит на оси Ох, то yi = 0, Xi = х = х'. Подставив эти значения в соотношение (8), окончательно получаем: х' = х, у' = ky. (9) Это и есть аналитическое задание преобразования сжатия к оси Ох. Докажем следующую теорему: Теорема [20. 3 ]. Любой эллипс, отличный от окружности, может быть рассмотрен как образ некоторой окружности при пре- образовании сжатия к диаметру. 170
Доказательство. Пусть —Н — = 1 — эллипс с ося- а3 62 ми А1А2 и В1В2, где Д1Д2 — большая ось (черт. 105). Построим окружность на диаметре ДИ2 и обозначим через Ci и Сг точки пересечения этой окружности с канонической осью Оу (см. черт. 105). Рассмотрим преобразование сжатия к прямой Др4г, при котором ОВ точка Ci переходит в В1. Так как OCi = а, ОВ\ = Ь, то k = —- = — Отсюда и из соотношений а (9) следует, что рассматривае- мое сжатие аналитически за- дается так: х' = х, у'= — у. (Ю) а Рассмотрим образ построен- ной нами окружности при пре- образовании (10). Окружность, очевидно, имеет уравнение х2 + у2 = а2. Для того чтобы получить уравнение образа этой окружности, подставим в предыдущее уравнение значе- ния х и у из соотношений (10): Черт. 105 а , , „ 9 х'2 । у'2 1 у = — у , х = х , — у +х 2 = а2,---Р — = 1. у Ьу \ь / а2 о2 Мы получили уравнение исходного эллипса. Таким образом, этот эллипс является образом построенной нами окружности при пре- образовании сжатия (10). Теорема доказана. 5. Касательная к эллипсу. Как известно, касательной к кривой в данной точке М называется предельное положение секущей ММ', проходящей через точку М, при стремлении М' к точке М. Задача 1. Дана точка Мо (х0, у0), принадлежащая эллип- су (3). Написать уравнение касательной к ней в точке Мо. Решение. Пусть х = х0+а/, у = у0 + (11) — параметрическое задание некоторой прямой, проходящей через точку Мо (х0, уд). Определим параметры точек пересечения этой прямой с эллипсом. Для этого достаточно подставить значения х, у в уравнение эллипса и решить полученное уравнение отно- сительно t: (Хр + «О2 , (Уо+РО2 = J J I 2ax0<+a3<2 , J 2рУо/ + Р2*2 = j а2 "Т" Ь2 ’ а2 а2 ‘ й2 Ь2 = 171
Так как точка Мо (х0, у0) лежит на эллипсе, то координаты этой точки удовлетворяют уравнению (3), поэтому предыдущее соотно- шение упрощается: рах0 . 2Ру0\ t , /а2 , рг\ = Q \а? b 2 ] "Г" U ' б'2/ Отсюда получаем параметры точек пересечений эллипса и пря- мой (11). Заметим, что для любой прямой -2 + ~ ¥= 0, поэтому /2 всег- да существует. Очевидно, = 0 есть параметр точки Мо. Если вторая точка пересечения стремится к Л40, то /2 стремится к ну- лю, поэтому прямая (11) будет касательной тогда и только тог- да, когда —° ₽Уо = о или а2 1 Ь2 Таким образом, касательная параллельна вектору Уо следовательно, имеет уравнение: хо! а2) И, х хо У Уо ____Уо *о />’- а2 или 2 2 ХХд_____*0 , уУ0 _____ _У? а2 а2 "t" 62 Ь2 Так как (х0, у0) — точка эллипса, то-------— -—=—1 и оконча- тельно получаем: ^_|_УУо = 1. (12) а2 Ьг Мы пришли к следующей теореме: Теорема [20. 4 ]. В каждой точке Мо (х0, у0) эллипса (3) имеется касательная, определяемая уравнением (12). Задача 2. Написать уравнение касательной к эллипсу 77 + Т = 1 в точке Мо (1, . 9'4 0 \ ’ з / Решение. Так как данная точка Мо принадлежит эллипсу, то, подставив координаты этой точки в соотношение (12), получаем уравнение касательной: ~ У' 1 или x-j-3l^2y — 9=0. 172
Задача 3. Написать уравнение касательной, проходящей че- рез точку А (10, —8), к эллипсу 1. 25 16 Решение. В данном случае точка А не принадлежит эллип- су, поэтому задача решается несколько иначе. Пусть соотношение (12) является уравнением искомой каса- тельной. Так как точка А (10, —8) лежит на этой касательной и а2 = 25, Ь2 = 16, то 10*о_8уо = 1 или?хо_уо = 1 (13) 25 16 5 2 ' ' Точка Мй (х0, у0) лежит на данном эллипсе, поэтому X2 V2 + = 25 1 16 Решив совместно уравнения (12) и (13), получаем координаты двух точек касания: Подставив эти значения, а также значения а и b в соотношение (12), получаем уравнения двух касательных: 1+/7 20 /7—1 , 1—/7 ------у = 1; -------х 16 л 20 -liKLy-l. 16 7 Задача 4. Доказать, что произведение расстояний от фо- кусов до любой касательной к эллипсу равно квадрату малой по- луоси. Решение. Пусть эллипс задан уравнением: Фокусы Fi и Fz этого эллипса имеют координаты: Fi (с, 0) и Fz (—с, 0), где с = V а2— Ь2. Возьмем произвольную точку Мо (х0, у0) данного эллипса и запишем уравнение касательной в этой точке: = 1 или хх0Ь2 + уу0а2 — а2Ь2 = 0. Расстояния этой касательной до фокусов Fi и Fa определяются .со- отношениями: \хосЬ"- — а'гЬ^\ . я | хосЬг + а262| _ ~г' '' ) Р2 — • • V -Ф4 + Уо**4 У хо64 + Уо64 173
Отсюда . | xod>2 - <z2&= 11 x0c&3.+ a2&21 | xoc2bi — a'b> | PiPa “ ; о ' ~~ ~~~o ' Хоь‘ + Уоа4 1 Хоь‘+Уоа4 x2 % Учитывая, что ~+^~=Ь получаем: уоа2 = а2Ь2— xob2. Под- ставив это значение в предыдущее соотношение, будем иметь: |х£с2&« — aibi | |х£с?&« —а464 | ;2&4 _|_ a<i^— х^Ъ2аг | | a4fe2 — x2Qb2c2 | Pi Ра — 6. Построение эллипса. а) Вычерчивание эллип- са, исходя из опре- деления. Определение эл- липса дает возможность ука- зать очень простой способ его построения. Возьмем кусок нит- ки длиной 2 а и концы ее закре- пим на чертежной доске в фоку- сах эллипса. Если оттянуть нит- ку кончиком карандаша, как показано на чертеже 106, и пе- Черт. 106 редвигать карандаш, держа все время нитку натянутой, то ка- рандаш начертит на доске эллипс с данными фокусами, длина большой оси которого равна 2 а. б) Построение точек эллипса при помощи циркуля по данной большой оси и фокусам. Пользуясь определением эллипса можно указать способ построе- ния точек эллипса при помощи циркуля, если дана большая ось и фокусы. Пусть A iAz — большая ось, a Fi и F2 — фокусы эллипса (черт. 107). Произвольным раст- вором циркуля начер- тим окружность с цен- тром в точке Fi, а затем радиусом, до- полнительным по дли- не к ее радиусу до AiAz, начертим дру- гую окружность с 174
центром в точке гг. Точки пересечения этих окружностей принад- лежат эллипсу. Выполнив это построение различными раствора- ми циркуля, получаем ряд точек, принадлежащих эллипсу. в) Построение эллипса по осям. При выводе параметрического уравнения эллипса (см. п. 4, § 19) по существу был указан способ построения точек эллипса, если даны полуоси эллипса. Начертим оси эллип- са и на них как на диаметрах построим две концентрические окружности (черт. 108). Про- ведем ряд радиусов большой окружности.Через концы этих радиусов проведем прямые, параллельные малой оси, а через точки пересечения этих радиусов с меньшей окруж- ностью— прямые, параллель- ные большой оси. Тогда точ- ки пересечения прямых, со- ответствующих одному и то- му же радиусу, будут точка- ми эллипса с заданными ося- ми (черт. 108). Черт. 108 Вопросы, упражнения и задачи 263. Пусть Alf Ач, Bi и В2-=-вершины эллипса — + — = 1. а2 № Вычислить расстояния между любыми двумя вершинами. 264. Составить каноническое уравнение эллипса по следующим данным: а) полуоси его равны 5 и 3; б) эксцентриситет е = -Т— , большая полуось а = 3; в) расстояние между фокусами равно 8, а малая полуось b = 3. 265. Определить фокусы, эксцентриситет и директрисы эллипса: £2 । У1= 1 25 1 16 266. Составить каноническое уравнение эллипса, если: а) его малая ось равна 6, а расстояние между директрисами равно 13; б) расстояние между его директрисами равно 32 и е = —. 267. Вычислить расстояние между директрисами эллипса 175
268. Пусть е — эксцентриситет эллипса, а т — расстояние от фокуса до одноименной директрисы. Выразить а, Ь и с через е и т. 269. Пользуясь предыдущей задачей, доказать теорему: даны точка F, прямая Z, не проходящая через эту точку, и число е < 1. Существует один и только один эллипс, для которого F и I являют- ся односторонними фокусом и директрисой, а е — эксцентриси- тетом. 270. Вычислить малую полуось Ь, если а = 4 и а) е( = 2 ’ б) е2 = 0; в) е3 = . и 271. Дан эллипс ——= 1. Вычислить расстояния от концов большой оси до одной из директрис. 272. Доказать, что при сжатии к большой оси эллипс перехо- дит в эллипс. 273. Эллипс с эксцентриситетом е подвергается преобразо- ванию сжатия к большой оси с коэффициентом k. Выразить экс- центриситет е' образа данного эллипса через е и k и показать, ЧТО е' > е. 274. Дан эллипс —= Написать уравнение касатель- 25 5 ной в точке (V 5, 2). 275. Найти те касательные к эллипсу —4- — = 1, которые 3 30 1 24 ’ г параллельны прямей; 2х — у Д- 17 =0. 276. Доказать, что отрезок касательной к эллипсу в любой точ- ке, заключенный между касательными, проведенными в вершинах, лежащих на большой оси, виден из фокусов под прямым углом. 277. Доказать, что всякая касательная к эллипсу образует равные углы с фокальными радиусами точки прикосновения. § 21. ГИПЕРБОЛА Гиперболой называется геометрическое место точек плоскости, для каждой из которых абсолютная величина разности расстояний до двух данных точек той же'плоскости F i и А есть величина пос- тоянная, меньшая, чем расстояние между Fi и Fz. Точки Fi и Fz называются фокусами гиперболы, а длина отрезка FiFz — фокальным расстоянием. Обозначим через 2 а абсолютную величину разности расстоя- ний любой точки гиперболы до фокусов, а через 2 с — расстояние между фокусами; по определению с > а. Мы предполагаем, что а > 0, поэтому с>0 и F( не совпадает с Fz. 1. Вывод уравнения гиперболы. Возьмем на плоскости прямо- угольную декартову систему координат так, чтобы начало О сов- 176
пало с серединой отрезка ось абсцисс — с прямой и направления осей Ох и Оу возьмем так, как показано на чертеже 109. Так как FXF2 = 2 с, то в выбранной системе фокусы будут иметь координаты Fi (с, 0), F2 (—с, 0). Для произвольной точки М (х, у) гиперболы имеем: MFt = /(х—с)2+у2, MF2 = У2, поэтому I К(Г+с)2+у2 - /(х-с)2+ у2| = 2а. (1) Обратно, если коорди- наты некоторой точки плос- кости удовлетворяют урав- нению (1), то точка при- надлежит гиперболе. Таким образом, соотношение (1) является уравнени- ем гиперболы в выбранной системе. Для того чтобы упро- стить это уравнение, запи- шем его в виде /(х+с)2+ у2 = ± 2а + и обе части возведем в квадрат: (х -|- с)2 у2 = 4а2 ± 4а К(х—c)2-j- у2-{- (х— с)2+ у2 или ТаК(х—с)2+у2 = а2 — хс; + К(х—с)2Ц-у2=а—- х. а Возведем еще раз это соотношение в квадрат: (х — с)2+ у2 = с2 =а2 — 2сх-|--х2. После элементарных преобразований, если ввес- а2 ти обозначение Ь2 = с2 — а2, то предыдущее уравнение можно привести к виду: х2 у2 ___ । а2 &2 ~ (2) (3) Из соотношения (1) мы получили соотношение (3), поэтому если точка лежит на гиперболе, т. е. если ее координаты удовлет- воряют уравнению (1), то ее координаты удовлетворяют уравнению (3). Однако отсюда еще не следует, что (3) есть уравнение гипер- 177
болы. Так же, как и в случае эллипса, следует показать, что если координаты точки удовлетворяют уравнению (3), то точка принад- лежит гиперболе. Пусть М (х, у) — точка плоскости, координаты которой удов- летворяют соотношению (3). Вычислим расстояния pi = MF i и рг = MF 2. Pi = V(х—с)2+у2 = Кх2—2хс-}~ с2+ у2 = = У х2— 2хс + с2+ &2 g — 1) = = "j/^- х2— 2хс + а2 = j/” х — aj = |— х — а|. Из соотношения (3) следует, что | х | > а, следовательно, если х > 0, то — х — а > 0 и р! = — х — а. Если х < 0, то — х—а<0, а а а поэтому Pi = а — х. Итак, мы пришли к выводу, что а если х > 0, то pi = — х— а, (4) а если х < 0, то pj = а—- х. (4') а Аналогично можно показать, что если х > 0, то р2= - *+ а, (5) а если х<0, то р2 = —-х—а. (5') а Таким образом, если координаты точки М (х, у) удовлетворя- ют уравнению (3) и х > 0, то • | MFt — MF21 = I (— х — a'j — (— х -|~ а') I = 2а, | \ а ) \ а /| т. е. точка принадлежит эллипсу. Если х <0, то, пользуясь соот- ношениями (4') и (5Z), получаем аналогичный результат. Мы до- казали, что соотношение (3) является уравнением гиперболы. Оно называется каноническим уравнением, а выбран- ная нами система — канонической системой. 2. Изучение свойств гиперболы по каноническому уравнению. Применим общую схему изучения свойств кривой, изложенную в п. 2, § 19, к гиперболе, заданной уравнением (3). При этом во мно- гом это исследование будет аналогичным исследованию свойств эллипса (см. п. 3, § 19). 178
а) Гипербола не проходит через начало канонической системы координат. б) Гипербола пересекает ось Ох в двух точках: At(a, 0), Л2(—а, 0). Однако, в отличие от случая эллипса, она не пересе- кает ось Оу, так как система — — — — 1, х = 0 не имеет дей- * а2 Ь2 ствительных решений. Точки At и Л2 называются вершинами, а отрезок Л1Л2 — действительной осью гиперболы. в) Гипербола симметрична относительно осей координат и на- чала координат, так как переменные х и у входят в уравнение ги- перболы только в четных степенях. Поэтому начало канонической системы координат называется центром гиперболы. г) Выясним вопрос о взаимном расположении прямой, прохо- дящей через начало координат с гиперболой. Для этой цели необ- ходимо исследовать вопрос о существовании решений системы -2-Й = 1’У = ^ а£ ой Подставив значение у из уравнения прямой в уравнение гиперболы, получаем: - _ = 1, — k2a2) = а2Ь2. (7) а2 Ь2 Нас интересуют действительные решения этого уравнения. Возможны три случая: 1) Ь2— £2а2>0. Уравнение имеет два действительных решения: ab ab xi — —== , хг —--------------- V b2 — k2a2 /б2 — k2a2 В этом случае прямая у = kx пересекает гиперболу (3) в двух точках, симметричных относительно начала координат: мА -аЬ . --аЬ \ мА- ~аЬ . ~kab V \Vb2 — k2a2 Vb2 — k2a2/ \/t2 — k2a2 Vb2 — k2a.2) 2) b2 — k2a2 = 0. В этом случае уравнение (7) не имеет ни дей- ствительных, ни комплексных решений. Соответственно этому система (6) несовместна. Геометрически это означает, что прямые у = kx в этом случае не пересекаются с гиперболой. 3) Ь2 — k2a2 <. 0. Система уравнений (6) имеет комплексные решения, поэтому и в этом случае прямая у = kx не пересекает гиперболу. Теперь выясним, как расположены прямые, соответствующие каждому из этих случаев. Так как k = tga, где а — угол, образо- ванный прямой с осью Ох, то: 1) k2a2<b2, k2<-, -- <k< -- <tga< —, a2 a a a a 179
2) = k*=b-,kl=b~, £2=—A, tga^-, tga2=——; a4 a a a a 3) k’tf>b\ k*>^, k>!~, k<--, tga> —, tga<—— • a2 a a a a Эти неравенства легко интерпретировать геометрически, если построить прямоугольник со сторонами 2 а и 2 Ь так, чтобы стороны были параллельны осям координат, а центр совпадал с началом На чертеже 109 этот прямоугольник обозначен через М^М2М3М^. Случаю 1) соответствуют прямые, расположенные внутри верти- кальных углов MiOMi и М30М4. Случаю 2) соответствуют две прямые и М2Л44. Случаю 3) соответствуют прямые, располо- женные внутри вертикальных углов М2ОМ3 и MiOM4. Итак, только прямые, проходящие через начало координат и расположенные внутри вертикальных углов М1ОМ2 и M30Mit пересекают гиперболу. д) Предыдущее исследование в какой-то степени определяет область расположения точек гиперболы. В самом деле, для пря- мых Л42Л44 и MtM3 и внутри вертикальных углов М2ОМ3 и Ml0Mi нет ни одной точки гиперболы, поэтому гипербола всеми своими точ- ками расположена внутри вертикальных углов MiOM2 и M3OMV Для того чтобы уточнить область расположения точек, заметим, что из уравнения (3) следует: |х| > а или х > а, х < —а. Таким образом, внутри полосы, ограниченной параллельными прямыми MiMt и M3Mit нет ни одной точки гиперболы. Сопоставляя эти результаты, мы приходим к выводу, что гипербола всеми своими точками расположена в области, заштрихованной на чертеже НО. Отсюда следует, что, в отличие от эллипса, гипербола состоит из двух частей (ветвей), каждая из которых симметрична другой от- носительно оси Оу. 3. Асимптоты гиперболы. Прямые, проходящие через начало канонической системы координат и имеющие угловые коэффициенты — и —называются асимптотами гиперболы. Асим- а а Черт. ПО птоты — это те прямые, ко- торые соответствуют случаю 2) пункта г) предыдущего ис- следования. На чертежах 109 и 110 этими прямыми явля- ются М2М4 и М iM3. Они определяют границу области, в которой расположена гипер- бола. Докажем следующую теорему, которая поясняет термин «асимптота». Теорема [21. 1 ]. Точ- ки гиперболы по мере удаления 180
от оси Оу неограниченно (асимптотически) приближаются к соответ- ствующим асимптотам, т. е. расстояние между точкой гиперболы и соответствующей асимптотой при увеличении х уменьшается, стре- мясь к нулю, но не достигая нуля. Доказательство. Так как гипербола симметрична относительно осей координат, то достаточно доказать теорему для точек, лежащих в первой четверти. Пусть х = р — произвольная прямая I, перпендикулярная оси Ох. Обозначим через М точку пересечения этой прямой с гиперболой, а через N — с асимптотой (черт. 111). Для нахождения коор- динат точки М следует совмест- № у2. . но решить систему — —=1, X = р. Таким образом, точка М имеет координаты: 7 М (р, - \ а ) £ Если р> а, то эти координаты Черт. 111 действительны. Координаты точки N определяются из системы: х — р, у = — х; N (р, — р 'j. Так как а \ а ) -р> - а а то точка N лежит выше точки М, поэтому MN = b-p_Ly-^=!L--------------=±. а а ° Кр2—а'2 Р+ VР'2— о2 . Пусть LM — расстояние от точки М до соответствующей асимп-' тоты. Так как LM <NM, то LM<------------ (8) Р+ V Рг— а2 При удалении точки М от оси ординат р растет, поэтому выражение, находящееся в первой части неравенства (8), уменьшается. При р, стремящемся к бесконечности, длина отрезка LM стремится к ну- лю. Теорема доказана. Предыдущее исследование дает полное представление о форме гиперболы. Гипербола изображена на чертеже 109. 4. Эксцентриситет гиперболы. Число е = — называется э к с- 181
центриситетом гиперболы. Так как с > а, то экс- центриситет любой гиперболы больше единицы. По аналогии с тео- ремой [20. 1 ] может быть доказана теорема, доказательство которой представляем читателю. Теорема [21. 2]. Две гиперболы, имеющие равные эксцент- риситеты, подобны. Выясним, какова зависимость формы гиперболы от эксцентри- ситета. Для этой цели выразим отношение— через эксцентриситет: а с — га, Ь2 = с2 — а2 — е2а2 — а2 = а2 (е2 — 1), L = (9) а Рассмотрим систему гипербол, имеющих одну и ту же действи- тельную ось, но разные эксцентриситеты. Из соотношения (9) сле- дует, что, чем больше эксцентриситет, тем больше — , т.е. угловой а коэффициент асимптот. Из этого же соотношения следует, что, чем меньше е, тем меньше — , и при е, стремящемся к единице, отноше- а ние — стремится к нулю, т. е. асимптота стремится к оси Ох. На чертеже 112 изображены гиперболы, эксцентриситеты ко- торых удовлетворяют неравенствам: ех < е2 < е3 < е4. Черт. 112 182
5. Директориальное свойство гиперболы. Директриса- м и гиперболы называются прямые, параллельные каноничес- кой оси Оу и отстоящие от этой оси на расстоянии Ди- е ректриса, расположенная по ту же сторону от оси Оу, что и фокус F 1( называется первой, а другая директриса — второй. Для дальнейшего изложения необходимо ввести понятие фо- кальных радиусов точек гиперболы, аналогичное соответствующе- му понятию для эллипса. Пусть М '— точка гиперболы. Отрезки F1М и F2M называются соответственно первым и вторым фокальными радиусами гиперболы. Если дли- ны этих отрезков обозначить через pj и р2, то из формул (4), (4'), (5), (5') следует, что при х > 0 pi = ех — а, рг = ех + а, (10) при х < 0 р! = а — ех, р2 = —ех — а. (11) Теорема [21. 3]. {Директориальное свойство.) Гипербола есть геометрическое место точек, отношение расстояний от каж- дой из которых до фокуса F к соответствующим расстояниям до одноименной директрисы d постоянно и равно эксцентриситету. ^2 у2 Доказательство. Пусть---------— = 1 — данная гипербола, а2 Ь2 a F и d — соответственно первый фокус и первая директриса. Возьмем произвольную точку М (х, у) гиперболы и вычислим рас- стояния FM и МН, где Н — основание перпендикуляра, опущен- ного из точки М на директрису d. Если х > 0, то согласно фор- муле (10) FM = ех — а. С другой стороны, расстояние от точки М (х, у) до директрисы, заданной уравнением х — —, равно: 8 МД=|х-|-| = В данном случае х > а, е> 1, поэтому |хе— а| = хе— а. Таким образом, FM ех — а — =--------= е. МН ех — а е В этом случае х Если х <0, то согласно (И) FM = а — ех, МН = ——— а, I хе — а I = а — ех, = е. Мы 1 МН е показали, что для каждой точки М гиперболы = е. Обратно, точки М (х, у) плоскости = е, где Н — основание ’ мн пусть для перпенди- куляра, опущенного из М на прямую d- 183
MF = /(x—c)2+y2, MH = IL, e поэтому V(x—c)2-f- y2 = e = | ex — a e После возведения этого соотношения в квадрат получаем: х2 — 2хс + с2 + у2 = е2х2 — 2хае -|- а2. Отсюда после элементар- них преобразовании будем иметь: — — 1. Мы пришли к вы- воду, что каждая точка геометрического места принадлежит ги- перболе. Пример 1. Определить полуоси, координаты фокусов, эксцентриситет, уравнения директрис и уравнения асимптот ги- перболы: 4х2 — 9у2 = 36. Решение. Для решения задачи достаточно определить по- луоси а и b и фокальное расстояние 2 с, так как по этим данным легко определить все, что требуется в задаче. Запишем каноническое уравнение гиперболы: = 1 9 4 Отсюда следует, что а = pz9 = 3, b = К? = 2, с= Уд -j- 4 = = УТЗ. Если Fi и F2 — фокусы гиперболы, то FX1/T3, С); Е2(-/Г3, б); е= - = ^. а 3 Директрисами называются прямые, определяемые в каноничес- V d С1 Т-ч кои системе уравнениями: х =--, х = —. В данном случае в в 3 9 КТЗ _ 9 /ТЗ X — ,__ — • X — ——— > е V 13 13 13 3 Асимптоты гиперболы определяются уравнениями: b b у = —х, у =-------х. а а 2 2 В данном случае у= —х, у=-----х. 3 3 6. Касательная к гиперболе. Задача 1. Дана точка М (х0, у0), принадлежащая гипербо- ле (3). Написать уравнение касательной к ней в точке Л10. Решение. Пусть х=хо+а/, у = Уо 4-(12) 184
параметрическое задание некоторой прямой, проходящей через точку Мо (х0, у0). Определим параметры точек пересечения этой прямой с гиперболой. Для этого подставим значения х, у в урав- нение гиперболы и решим полученное уравнение относительно t. По аналогии с выкладками п. 5, § 20, получаем: /2ххд__2Руо\ , . ,'х2_Р2\ ,2_р \ а2 Ь2 ) ~Ца2 b2J Так же, как и в случае эллипса, отсюда мы заключаем, что прямая будет касательной тогда и только тогда, когда ^-^ = 0 или а2 Ь2 Таким образом, касательная параллельна вектору {и, сле- довательно, имеет уравнение * —у —у0 Уо *о Ь2 а2 Отсюда после элементарных преобразований окончательно полу- чаем: ^_УУо = 1. (13) ь2 Пример 2. Написать уравнение касательной к гиперболе — — — = 1 в точке Мо (8, 5 V3). Решение. Так как точка Мо принадлежит гиперболе, то, подставив координаты точки Л40 (8, 5|/ 3) и значения а и b в соот- ношение (13), получаем уравнение касательной: — У ‘ 5 = 1 или 5х—2 Из у — 10 =0. 16 25 7 Задача 2. Доказать, что отрезок любой касательной к ги- перболе, заключенный между асимптотами, делится в точке сопри- косновения пополам. Решение. Пусть Л40(х0, Уо) — произвольная точка гипербо- лы (3). Касательная в этой точке имеет уравнение (13). Найдем точ- ки пересечения этой прямой с асимптотами и докажем, что середи- на отрезка, образованного этими точками, совпадает с точкой Л40. Асимптоты гиперболы имеют уравнения b Ь .... у = — х, у =------х, (14) а а 185
поэтому координаты точек пересечений прямой (13) с асимптотами определяются при совместном решении уравнения (13) с каждым из уравнений (14): Покажем, что прямые (15) всегда пересекаются. В самом деле, хо 'Уо a3 Z)2 ± -1 а Хо I Уо а2 ab Хо а Уо\ bl £ а Так как Л40 (х0, у0) принадлежит гиперболе, то 2 2 ±о_±о = 1 или (£о_Уо\/Хо + Уо\ J а2 &2 \а3 62/(а3 Ь2) Отсюда следует, что т. е. А =/= 0. Таким образом, для любой точки Л1о прямые (15) пе- ресекаются. Если координаты точки пересечения прямых (15) обоз- начить через Xi, yi, то из уравнений (15) легко получить а Ь Xi = --------, У! =-----------• Хо___Уо Xq_ Уо a b а b Аналогично можно показать, что прямые (16) пересекаются, и оп- ределить координаты точки пересечения: а — b х2 =--------, у2 = ----------. £р _|_ Уо *о_ । Уо а b а Ь Середина отрезка (xb yj и (х2, у2) имеет координаты *о _|_Уо _|_*о _Уо 2х0 4- х2 _ a a b а b ____________ а а ________ 2 2 /хо __Уо \ /*о Уо \ 2 Хц уд U b)[a+b) 186
Задача решена. 7. Построение гиперболы, а) Вычерчивание гипер- болы по фокусам и действительной оси. Определение гиперболы дает следующий способ ее вычерчивания при помощи линейки и нитки. Возьмем линейку длиннее действи- тельной оси гиперболы и к одному ее концу прикрепим нить такой длины, чтобы разность между длиной линейки и длиной нити была равна длине действитель- ной оси. Второй конец линейки закрепим в одном фокусе, так чтобы линейка могла свободно вращаться около него, а второй конец нитки закрепим в другом фокусе. Если удерживать острием карандаша нить так, чтобы она была всег- да натянута и чтобы острие карандаша скользило вдоль линейки (см. черт. 113), то при вращении линейки острие будет описывать ветвь гиперболы. В самом деле, разность между длиной линейки и длиной нитки равна 2а. С другой стороны, длина линейки равна FХМ + МК, а длина нитки MF2 + КМ, по- этому FjM + МК — (F2M + МК) = 2а или F\M — F2M = 2а. Отсюда следует, что точка М описывает ветвь гиперболы. Заметим, что для точек N другой ветви F2N —F tN = 2а, поэтому для ее Черт. ИЗ карандаш будет перемещаться и его Черт. 114 вычерчивания следует конец ли- нейки прикрепить к фокусу F2, а конец нитки — к фокусу/и. б) Построение точек гиперболы при помо- щи циркуля по дан- ной действительной оси и фокусам. Пусть Л И 2 — действительная ось, a Fi и F2 — фокусы гиперболы (черт. 114). Произвольным раствором циркуля начертим окружность с центром в точке Flt а затем радиу- сом, большим на AfA2 = 2а, на- чертим другую окружность с цент- 187
ром в точке Fz. Точки пересечения этих окружностей, очевидно, лежат на гиперболе. Выполнив это построение различными раст- ворами циркуля, получаем ряд точек, принадлежащих гиперболе. Вопросы, упражнения и задачи 278. Почему в определении гиперболы требуется, чтобы с> а? Какую получим кривую, если: а) а — с, б) а <_ с? 279. Составить каноническое уравнение гиперболы по следую- щим данным: а) Расстояние между вершинами равно 8, а расстояние между фокусами равно 10. б) Вещественная полуось равна 3 и гипербола проходит через точку (6, 2/3). в) Расстояние между директрисами равно — и эксцентриситет 3 3 е = — 2 ’ 280. Определить полуоси, координаты фокусов, эксцентриси- тет, уравнения директрис и уравнения асимптот гиперболы: 16л:2 — 9у2 = 144. 281. Составить каноническое уравнение гиперболы, если: а) гипербола проходит через точки (4,0) и (4|/17,4); б) гипербола проходит через точку (—5,3) и имеет эксцентриси- тет е — К2; в) гипербола имеет асимптоты 4у + Зх — 0 и директрисы 5х ± ±16 = 0; г) гипербола является равнобочной и проходит через точку (VT, 1). 282. Составить каноническое уравнение гиперболы, зная, что: а) расстояние фокуса от вершин равно ]/ 13 + 2 и К13 — 2; б) проходит через точки (V2, 1) и (1,0); ч 2 в) расстояние между директрисами равно , а одна из асим- птот имеет уравнение у = Злг; г) один из фокусов имеет координаты Fj (3, 0), а одна из асим- 2 птот уравнение у = _ х. 283. Доказать, что произведение расстояний любой касатель- ной к гиперболе от двух ее фокусов есть величина постоянная. 284. Пусть хорда, проведенная через фокус Fj и параллельная оси Оу, пересекает гиперболу в точках Mt и М2. Определить рас- стояния точек Mi и М2 от фокуса F2. 285. Пересекают ли асимптоты гиперболу? Проверить резуль- тат аналитически. 188
286. Существуют ли на гиперболе точки М: а) равноотстоящие от фокусов Ft и F2, б) равноотстоящие от директрис di и d2, в) удовлетворяющие условию 2MFi = MF2? 287. Вычислить расстояние между директрисами гиперболы: ___________________________£ = j 16 9 288. Пусть е — эксцентриситет гиперболы, а т — расстояние от фокуса до одноименной директрисы. Выразить а, b и с через е и т. 289. Написать уравнения асимптот гиперболы в канонической системе координат, если дан эксцентриситет. 290. Гипербола называется равнобочной, если в канони- ческом уравнении а = Ь. Написать уравнения асимптот в канони- ческой системе и найти эксцентриситет равнобочной гиперболы. ^2 у 2 291. На гиперболе — — = 1 найти точку, для которой фо- кальные радиусы перпендикулярны друг другу. 292. Найти точки пересечения гиперболы ~ = 1 с пря- мыми: а) х — 5у = 0; б) И2х — К2 у -|- 5 = 0. д*2 у 2 293. Провести касательные к гиперболе —--— = 1, проходя- щие через каждую из следующих точек: а) /-£=, о); б) (---£=, ИЗ ); в) —О ’ (/з ’ / ( /з ’ ) ’ \/з ’ Из / 294. Написать уравнения касательных к гиперболе — —— = г 60 24 = 1, параллельных прямой х у — 14 = 0. 295. Доказать, что директриса гиперболы проходит через ос- нование перпендикуляра, опущенного из соответствующего фоку- са на асимптоту гиперболы. Вычислить длину этого перпендикуля- ра, если а и Ь — полуоси гиперболы. § 22. ПАРАБОЛА Параболой называется геометрическое место точек плоскос- ти, для каждой из которых расстояние до данной точки F равно рас- стоянию до данной прямой d, не проходящей через данную точку. Данная точка F называется фокусом, а прямая d — дирек- трисой. Расстояние от фокуса до директрисы называется ф о- кальным параметром параболы и обозначается через р. 1. Вывод уравнения параболы. Для вывода уравнения параболы возьмем систему координат следующим образом: проведем через фокус F прямую I, перпендикулярную директрисе d, и обозначим через А точку пересечения этой прямой с директрисой (черт. 115). 189
Примем за начало координат 0 — середину отрезка AF, а за ось Ох — прямую I, причем направление оси выберем так, чтобы точка F лежала на положительном луче этой оси. За ось Оу возьмем пря- мую, проходящую через О и параллельную директрисе d. Направ- ление этой оси можно взять произвольно (черт. 115). В этой систе- ме точка F имеет координаты -bf = o. а прямая d — уравнение х + Пусть М (х, у) — произвольная точка плоскости. Ес- ли Н — основание перпендику- ляра, опущенного из точки М на прямую d, то МН есть расстояние от М до прямой d, поэтому МН = — I х + . С другой стороны, того чтобы точка М принадлежа- ла параболе, необходимо и достаточ- но, чтобы MF = МН или Соотношение (1) является уравне- нием параболы в выбранной сис- теме. С целью упрощения этого уравнения возведем его в квад- рат: х — -§)2+Уг= (•* + “j2 или х2—рх + -у- + у2 = х2 + рх + -у . После приведения подобных членов получаем: у2 = 2 рх. ' (2) Если точка лежит на параболе, т. е. если ее координаты удовлет- воряют соотношению (1), то ее координаты удовлетворяют также соотношению (2). Однако отсюда еще не следует, что (2) есть урав- нение параболы. Мы должны показать, что если координаты точки М (х, у) удовлетворяют уравнению (2), то она принадлежит пара- боле, т. е. МН = MF. MF= •j/^-|j2+y2=/(x-jj2+2px=3 ]/х2—хр+^+2рх = ]/х2А-рх + ~т =]^(х + 4)2= |х+ у|- 190
Мы получили выражение, равное расстоянию от точки М до прямой d. Итак, мы показали, что точка М принадлежит параболе. Отсюда следует, что соотношение (2) эквивалентно соотношению (1) и является уравнением параболы. Соотношение (2) называется каноническим уравнением параболы, а выб- ранная нами система — канонической. Если поменять ролями оси координат, то уравнение параболы запишется так: х2 = 2ру. (2') В этом случае ось Ох параллельна директрисе, а ось Оу — перпен- дикулярна ей и проходит через фокус. 2. Изучение свойств параболы по каноническому уравнению. Применим общую схему изучения свойств кривой, изложенную в п. 2, § 19, к параболе, заданной уравнением (2). а) Парабола проходит через начало канонической системы ко- ординат, так как числа (0,0) удовлетворяют уравнению (2). б) Парабола пересекает оси координат только в начале коор- динат и других точек пересечений с осями координат не имеет. Эта точка называется вершиной параболы. в) Парабола симметрична относительно оси Ох, так как перемен- ная у в уравнении (2) входит только в четной степени. Но в отличие от случаев эллипса и гиперболы парабола не симметрична отно- сительно канонической оси Оу. Парабола не симметрична также относительно начала координат. г) Выясним вопрос о взаимном расположении прямой, прохо- дящей через начало координат с параболой. Для этой цели необ- ходимо исследовать вопрос о существовании решений системы у2 = 2рх, у = кх. Подставив значение у из уравнения прямой в уравнение параболы, получаем: к2х2— 2рх = 0. Если к = 0, то имеем одно решение: х = 0. Если 0, то два решения: х(=0и х2=^ • В этом случае прямая у = кх пересе- кает параболу (2) в двух точках Мг (0, 0) и М2 Отсюда сле- дует, что всякая прямая, проходящая через начало координат и не совпадающая с осями координат, пересекается с параболой в двух точках — в начале координат и еще в одной точке. д) Из уравнения (2) следует, что для любой точки параболы х> 0, поэтому парабола всеми своими точками расположена по одну сто- рону от канонической оси Оу, а именно по ту же сторону, что и фо- кус F. 191
е) Для того чтобы иметь наглядное представление о расположе- нии параболы на плоскости, следует построить несколько точек, координаты которых удовлетворяют уравнению (2). При этом мож- но ограничиться точками, заданными в первой четверти, так как кривая симметрична относительно оси Ох. Парабола изображена на чертеже 115. 3. Эксцентриситет параболы. При рассмотрении директориаль- ных свойств эллипса и гиперболы (теоремы [20.2] и (21.31 ) мы по существу выяснили геометрический смысл эксцентриситетов этих кривых. Эксцентриситет эллипса или гиперболы есть то по- стоянное число, которому равно отношение расстояний от каждой точки кривой до фокуса к соответствующим расстояниям до одно- именной директрисы. Из определения параболы видно, что ее точ- ки обладают аналогичным свойством, т. е. отношение расстояний от каждой точки параболы до фокуса к соответствующим расстоя- ниям до директрисы постоянно и равно единице. Поэтому число единица называется эксцентриситетом любой параболы. Это определение вполне согласуется со следующей теоремой, аналогичной теоремам [20.1 ] и [21.2]. Теорема [22.1 ]. Любые две параболы подобны. Доказательство. Пусть. у2 = 2рх, (3) у'2 = 2рх' (4) — две параболы, заданные соответственно в канонических систе- мах Oij и O'i'j'. Рассмотрим движение, которое переводит систему O'i' j' в Oij. При этом парабола (4) перейдет в равную ей парабо- лу, которая в системе Oij задается уравнением у2 = 2рх. (5) Рассмотрим гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k=£ (см. п. 2, § 20). При этой гомотетии каждая точка М (х, у) Р ~ переходит в точку М' (х', у'), где х' = £ х, у' = £ у. Найдем Р Р образ параболы (3) при этой гомотетии. Для этой цели определим х и у из предыдущих соотношений и подставим в (3): Х=^-, y=J^;pO=2p^l. Р Р \ Р / Р Отсюда после элементарных преобразований получаем: у'2 = = 2рх', т. е. кривую (5). Таким образом, парабола (3) гомотети- чна параболе (5). Так как парабола (5) равна параболе (4), то па- раболы (3) и (4) подобны. Теорема доказана. 4. Касательная к параболе. Задача!. Дана точка М 0 (х0, у 0), принадлежащая параболе (2). Написать уравнение касательной к ней в точке М 0. 192
Решение. Пусть х = х0+а/, у = у0 + Р^ (6) — параметрическое задание некоторой прямой, проходящей через точку Мо (х0, у0). Определим параметры точек пересечения этой прямой с параболой. Для этого подставим значения х, у в уравне- ние параболы и решим полученное уравнение относительно t. По аналогии с выкладками п. 5, § 20, получаем: V? + 2 (у0 р - pa) t = 0. Так же, как и в п. 5, § 20, отсюда мы заключаем, что прямая будет касательной тогда и только тогда, когда у0 0 — ра. = 0 или | “ | = = 0. Таким образом, касательная параллельна вектору (у 0, р) и, следовательно, имеет уравнение х — Хо у — у0 Уо Р Отсюда после элементарных преобразований получаем: ' УУ о = Р (х + х0). (7) Пример 1. Написать уравнение касательной к параболе у2= = 9х в точке Мо (1, —3). Решение. Так как точка Мо (1, —3) принадлежит парабо- ла 9 ле, то, подставив координаты точки /Ио и значение р = — в -со- 9 отношение (7), получаем уравнение касательной: у (—3)= — (х + 1). Отсюда после элементарных преобразований получаем: Зх + -f- 2у -Г 3 = 0. Задача 3. Доказать, что всякая касательная к' параболе со- составляет равные углы с фокальным радиусом точки касания и с лучом, проходящим через точку касания параллельно оси парабо- лы. Решение. Определим единичные векторы aft, направлен- ные вдоль касательной и фокального радиуса точки Mt. Так как вектор (уь р] параллелен касательной, то Далее, -}-2рх1 — + -^ • 193
Отсюда, учитывая, что MtF — xb — уД , получим: f f Р —2xi — 2У1 | 1 ( р -|- 2х4 ’ р + 2х4 ) Рассмотрим вектор t2 = I — f ь Этот вектор направлен вдоль одной из биссектрис угла, образованного фокальным радиусом точ- ки касания и лучом, проходящим через точку касания параллель- но оси параболы. Вектор t2 имеет координаты: t f i р —2xj 2У1 | ( 4xt 2У1 ) Г© < 1 — -------, ---------- > ИЛИ Го < ---------- ,---------} I Р Н- 2Xj р -f- 2х4 J ( р 2х4 р -|- 2xj J Покажем, что векторы t2 _и коллинеарны. В самом деле, ' У1 + р2 2yi р + 2Х] У1 Р /у1 + р2 4хх P4-2Xj = <Р + 2*г> Г'ТТ? W ~ ~ так как Л4 4 лежит на параболе. Задача решена. На этом свойстве параболы основано важное свойство вогну- тых параболических зеркал — прожекторов, применяемых в тех- нике. Поверхность параболического зеркала образована вращением дуги параболы вокруг оси. Если источник света поместить в фоку- се поверхности, т. е. в общем фокусе всех образующих парабол, то лучи, отражаясь от внутренней зеркальной поверхности, пойдут параллельно оси. 3 а д а ч а 3. Если три прямые /4, 12, и Z3, попарно пересекаю- щиеся в точках А1г А2 и As, касаются параболы, то ортоцентр1 треугольника Ль А2, А3 лежит на директрисе данной параболы. Решение. Пусть у2 — 2рх — каноническое уравнение дан- ной параболы, а В4 (хъ у4), В2 (х2, у2) и Bs(xs, у3) — точки, в которых соответственно прямые Z1( Z2, Z3 касаются параболы. При этих обозначениях прямые Zb Z2 и Z3 имеют уравнения: (4) УУ1 = Р (х + Xi), (4) УУ2 = Р (х + х2), (4) УУ'л ~ Р (х Х3). Определим уравнение высоты hi, проведенной через точку Ai. Если Л1 есть точка пересечения прямых Z2 и Z3, то высоту Zi4 мож- но определить как прямую пучка, определяемого прямыми 12 и Z3, перпендикулярную к прямой Z4. ’ То есть точка пересечения высот треугольника. 194
Пучок, определяемый прямыми /2 и /3, имеет уравнение: Ь (УУг — Р (х + х2)1 + {УУ3 — Р (х + х3)} = 0. (8) Прямые /j и (8) перпендикулярны тогда и только тогда, когда У1 (^У 2 + Уз) + Р Р + Р) ~ Отсюда получаем: X = __ Р2 + У1Уз У1У2 + р2 Подставив это значение в соотношение (8), получаем уравне- ние высоты: “ У1Уз^Ра2 1УУ2 — Р (* + *2)} + (УУз — Р (х + х3)} = О У1У2 + Р2 или (У1Уз + Р2) [УУг — Р (х + х2)] — (yty2 + р2) [уу3 — р (х + х3)] = 0. у? у? Учитывая, что х2 = — и х3 = —, после элементарных преоб- разований получим: рху! (у2 — Уз) + ур2 (У2 — Уз) — -У1У" Р (Уг — Уз) — — у (у2 — Уз)(у2 + Уз) = °- Так как для различных точек (х2, у2) и (х3, у3) имеем: у2 =/= #= у3, то после сокращения на р (у2 — у3) будем иметь: хУ1 + ур _ _21Мз_ _ _Р^_ _ _РУз_ = о. У1 ~ур 2р 2 2 Эта прямая пересекается с директрисой х = — в точке q(—JL У1У2У3 1 У1 + у2 + Уз \ Д 2 ’ 2р2 Т 2 ) ' Координаты точек Bit В2 и В3 входят в полученное выражение симметрично, поэтому для других высот треугольника AtA2A3 получим те же значения координат точек пересечений с директри- сой. Таким образом, все высоты проходят через одну и ту же точку директрисы. Задача решена. 5. Построение параболы, а) Вычерчивание парабо- лы по фокусу и директрисе. Определение па- раболы дает следующий способ ее вычерчивания при помощи ли- нейки, угольника и нитки. Пусть F — фокус, ad — директриса параболы (черт. 116). Возьмем угольник и нитку, длина которой равна большему катету угольника. Один конец нитки прикрепим к фокусу, а другой конец — к вершине острого угла К, противо- лежащего меньшему катету. Закрепим вдоль директрисы линейку 195
точек параболы при по данным фокусу и ad — директриса параболы. П 0- Д и- и к ней приставим меньшим катетом угольник. Если перемещать угольник вдоль линейки, удерживая нить натянутой карандашом, как указано на чертеже, то острие карандаша будет описывать па- раболу. В самом деле, КН = КМ + МН и КН = КМ + MF, поэтому МН = MF (относительно обозначений см. черт. 116). б) Построение мощи циркуля ректрисе. Пусть F — фокус, Проведем через F прямую, пер- пендикулярную директрисе. Пост- роим ряд прямых, параллельных директрисе, и сделаем на каждой Черт. 116 Черт. 117 из них с центром в фокусе две засечки радиусом, равным расстоя- нию от директрисы до соответствующей прямой (черт. 117). Полу- ченные точки, очевидно, будут принадлежать параболе. Вопросы, упражнения и задачи 296; Почему в определении параболы требуется, чтобы фокус F не лежал на директрисе? Какую получим кривую, если предполо- жим, что F принадлежит директрисе? 297. Составить каноническое уравнение параболы, зная, что: а) расстояние фокуса от вершины равно 4; б) парабола симметрична относительно оси абсцисс, проходит через начало координат и через точку М (1, 2); в) парабола симметрична относительно оси ординат и проходит через точку (5, 1); г) парабола имеет фокус F (0, —3), проходит через начало коор- динат и ее осью служит ось ординат. 298. Найти точки пересечения параболы у2 — 9х со следующими прямыми: а) у — 9 = 0; б) 6х + у — 3 = 0; в) 9х — 2у + 1 =0. 299. Через точку (1,1/2) провести такую хорду параболы у2 = = 2х, которая делилась бы в данной точке пополам. 196
ЗОО^Дана парабола у2 = 10х. Найти касательную: а) в точке (4,21^ 10); б) проходящую через точку (—1, 0); в) в точке (10, 10). 301. Найти точку прикосновения параболы у2 = — х и прямой 4х —12у —9 = 0. 302. Написать уравнение той касательной к параболе у2— 4х, которая параллельна прямой 2х + бу — 1 =0. 303. Из любой точки директрисы проводятся две касательные к параболе. Доказать, что точки прикосновения этих касательных и фокус параболы лежат на одной прямой. 304. Доказать, что прямые х — 10 = 0, 2х — у Кб = 0, 2х + + Кбу = 0 попарно пересекаются в точках А, В, С, лежащих на параболе у2 = 8х, и точка пересечения высот треугольника АВС совпадает с фокусом. 305. Через вершину у2 = 2рх проведена хорда у = кх. Найти ее длину. 306. В параболе у2 = 2рх через вершину проводятся две взаим- где и /2 — длины проведенных хорд. § 23. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПСА, ГИПЕРБОЛЫ И ПАРАБОЛЫ В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ 1. Геометрическое место точек, приводящее к эллипсу, гиперболе и параболе. Задача 1. На плоскости даны произвольная прямая I и точ- ка F, не лежащая на I. Найти геометрическое место точек, отноше- ние расстояния от каждой из которых до точки F к соответствую- щим расстояниям до прямой / постоянно и равно данному положи- тельному числу е1. Решение. Если е = 1, то рассматриваемое геометрическое место по определению есть парабола, поэтому рассмотрим случай, когда е у= 1. Проведем через точку F прямую, перпендикулярную /, и обозначим точку пересечения этой прямой с прямой I через Н (черт. 118). Возьмем на прямой FH точку О так, чтобы OF = ———, где т = FH. При этом если е > 1, то О возьмем на луче FH, а 1 На первый взгляд может показаться, что эта задача нами уже решалась (см. директориальные свойства эллипса, гиперболы и определение параболы). Однако при рассмотрении директориальных свойств эллипса и гиперболы мы исходили из того, что кривая задана, поэтому положение фокуса и одно именной директрисы не являлось произвольным, а определялось самой кри- вой. Решение предложенной задачи имеет целью установить, что любая пря- мая, любая точка, не лежащая на этой прямой, и любое положительное чис- ло е могут служить директрисой, фокусом и эксцентриситетом эллипса, ги перболы или параболы. 7 Л. С. Атанасян 197
если е < 1 — на дополнительном луче (на черт. 1*18 изображение точки О дано для случая е < 1). Точку О примем за начало прямо- угольной декартовой системы координат, а Прямую OF'— за ось абсцисс, направленную от точки О к точке F. Составим уравнение рассматриваемого геометрического места точек в выбранной систе- ме координат. а) е < 1. В этом случае OF = ——----------, ОН — OF -ф- FH = 1 — е2 те2 , т —-------\-т=-------, поэтому 1 — е2 1 1— е2 Е- с! т&2 точка г имеет координаты г!---- а прямая I уравнение = т- ‘ . Если точка М. (х, 1 — е2 ,0), х = у) при- надлежит геометрическому месту точек, то MF = врм, где рм— расстояние от точки М до прямой I. Черт. .118 поэтому координаты точки М удов- летворяют уравнению: Если мы возведем это соотношение в квадрат и приведем подобные члены, то получим: ' о /1 о\ 1 о х2(1 -е‘) + у2= —— 1 — S2 или = 1 Ш а2 &2 ' ’ <, т-е1 ,, т-г- ~ , где аг =----------, а Ь~ --------. Таким образом, любая, точка (1 — е2)2 1 — е2 г геометрического места принадлежит эллипсу-(1) с полуосями: те , те а =----------------------------, о = , . 1 — е2 /1 — е2 Докажем обратное. Покажем, что каждая точка эллипса при- надлежит рассматриваемому геометрическому месту точек. Найдем первый фокус, первую директрису и эксцентриситет эллипса (1). с = I а2 — Ь2 = mV- (1 — е2)2 т2е2 1 — е2 те2 1 — е2 ‘ 198
Отсюда следует, что первый фокус имеет координаты (—— t (А I V — В2 ) поэтому совпадает с точкой F. Директриса отстоит от О на рас- стоянии а2 ___________________ m2e2 1 — в2 ______ т с (1 — е2)2 тг2 1 — е2 Это означает, что директриса эллипса (1)' совпадает с прямой I. Эксцентриситет эллипса равен с тг2 1 — е2 — =---------: -----= 8. а 1 — в2 тг Из директориального свойства эллипса следует, что каждая точка эллипса принадлежит геометрическому месту. Мы пришли к выво- ду, что эллипс (1) есть искомое геометрическое место точек. б) 8 > 1. В этом случае OF = — OF — FH = -----т — ' в2 — 1 в2 — 1 = > 0, поэтому OF > FH и прямая I имеет уравнение х = = ———. Если М(х, у) принадлежит геометрическому месту точек, то в2 — 1 MF = ерм, где рм —расстояние от М до прямой /. иг П \2 t 9 I ml поэтому координаты точки М удовлетворяют уравнению: Отсюда так же, как и в предыдущем случае, получаем: где „ т2г2 ,2 /п2в2 а2 =---------. Ь2 =------------•. (в2—I)2’ е2 — 1 Мы показали, что каждая точка геометрического места принад- лежит гиперболе (2). Точно так же, как и в предыдущем случае, можно показать, что каждая точка гиперболы (2) принадлежит гео- метрическому месту, т. е. гипербола (2) есть искомое геометрическое место. Резюмируя все сказанное, приходим к теореме: Теорема [23.1]. Пусть на плоскости дана произвольная прямая I и точка F, не лежащая на прямой. Геометрическое место точек, отношение расстояний от каждой из которых до точки F к соответствующим расстояниям до прямой I равно постоянному числу в, есть эллипс, если в 1, и гипербола, если е> 1. Данные 7* 199
точка F и прямая I являются односторонними фокусом и директри- сой кривой. Полуоси кривой равны: те , те а =---------, о = - - - - . | е2 — 1 | /| е2 — 1 | Здесь т — расстояние от точки F до прямой I. 2. Уравнения эллипса, параболы и гиперболы в полярных ко- ординатах. Директориальное свойство эллипса и гиперболы, опре- деление параболы, а также теорема [23.1 ] позволяют дать единое определение эллипса, параболы и гиперболы. В самом деле, все р эти кривые могут быть определены д._______________как геометрические места точек М, / отношение расстояний от каждой из н________q / которых до данной точки F к соответ- 1 1 / ствующим расстояниям до данной ЛР прямой I есть постоянная величина -------г-*””* " е- Если е< 1, то кривая является эллипсом, если е = 1 — параболой, „ если же е > 1 — гиперболой. На этом определении основан вывод уравнения кривых в полярных ко- ординатах. Черт. 119 Точку F примем за полюс, а пря- мую, проходящую через F перпенди- кулярно /, — за ось полярной системы; направление поляр- ной оси указано на чертеже 119. Проведем через точку F прямую, параллельную I. На этой прямой существуют две и только две точ- ки Gt и G2, принадлежащие кривой. Они расположены симметрич- но относительно точки F. Длину отрезков G{F = G2F назовем фокальным параметром кривой и обозначим через р. Если HF = т, то по определению = — = е (от- FH т носительно обозначений см. черт. 119). Отсюда получаем: р = те. (3) Обозначим через р и ср полярные координаты произвольной точ- ки М геометрического места. Тогда FM = eMN, где N — основа- ние перпендикуляра, опущенного из М на прямую I. Но FM = р, MN — МР + PN = р cos ср + т, поэтому р = е (р cos ср + т). (4) Если М лежит между N и Р, то NM = NP — РМ — т — РМ = = т + р cos ф. Мы приходим снова к соотношению (4). Обратно, если полярные координаты точки М (р, ф) удовлет- воряют соотношению (4), то точка принадлежит геометрическому месту. Если р и ф — необобщенные координаты точки, то собтно- 200
шение (4) справедливо только для тех точек геометрического места, которые расположены по ту же сторону от прямой I, что и Л В са- мом деле, если точки М и F расположены по разные стороны от I, то р cos <р + т < 0 и соотношение (4) не име- ет смысла. Из соотноше- ния (4) выразим р через остальные величины р (1 —е cos <р) = ет. Подставив сюда значе- ние р из (3), получаем: р (1 — е cos <р) = р. (5) При е < 1 кривая пред- ставляет собой эл- липс. В этом случае при любом ф имеем: 1 _ е cos о, поэтому соотношение (5) можно записать в виде: 1 — е cos <р 72 Л, С. Атанасян 201
Если ф пробегает значения 0 < ф < 2л, то соотношение (6) опрё- деляет все точки эллипса (черт. 120, а). При в — 1 кривая представляет собой параболу и 1—е созф=£ =4 0, если ф 4 0. Но как известно, на параболе нет точки, для ко- торой ф —- 0. Таким образом, если ф пробегает значения от 0 до 2л, то соотношение (6) определяет все точки параболы (черт. 120,6). При е > 1 соотношение (5) имеет смысл только для точек, поляр- ные углы которых удовлетворяют неравенству 1 — е cos ф > 0 или cos Ф < -. е Если фо — угол, для которого COS Фо = — , е (7) то предыдущее неравенство запишется в виде: cos фо > cos ф, откуда фо < ф <2л —фо. В этом случае соотношение (6) опре- деляет все точки одной ветви гиперболы. Легко показать, что ф о = гр, где яр — угол, который образует каждая асимптота гиперболы с действительной осью. В самом деле, tg гр = -Ь- = V е2 — 1 (см. (9), § 21), отсюда tg2ip = е2 — 1, соз2гр = — , cos гр = —, т. е. cos гр = cos ф0, гр = ф0 (см. черт. 6 2 g, 120, в). Интересно, что если под ф и р понимать обобщенные координаты точки, то при ф0 < ф < — ф0 соотношение (6) определяет другую ветвь гиперболы. Доказательство этого утверждения мы предостав- ляем читателю. Задача 2. Если АВ — хорда эллипса, гиперболы или пара- FA<FB болы, проходящая через фокус F, то число не зависит от выбора хорды. Доказать. Решение. Возьмем полярную систему координат так, как было указано выше, и запишем уравнение кривой в виде (6). Обозначим через (рь фх) и (р2, ф2) полярные координаты точек А и В. Очевидно, Фг = ф1 + 180°, поэтому Р Р р4 = ----—---- р2 = -------с----- , 1 — 8 COS <Pj 1 4- 8 COS (fi Так как FA = рь FB = р2 и АВ — рх р2, то FA • FB _ рхр2 1 —- в2 cos2<pt _р 4В Р1+Р2 р (1 + е cos <pt Ц- 1 — е cos <рх) 2 , 1 — 82 COS2 <рх 202
Очевидно, уравнение эллипса, параболы или гиперболы в по- лярных координатах существенно зависит от выбора системы. Для того чтобы убедиться в этом, рассмотрим следующую задачу: 3 а д а ч а 3. Составить уравнение эллипса в полярной системе, если центр эллипса совпадает с полюсом, а большая ось лежит на полярной оси. Решение. В§9 была установлена связь между полярными и прямоугольными декартовыми координатами одной и той же точки. Очевидно, данная в задаче полярная система и каноническая си- стема координат удовлетворяют условиям теоремы [9.1], поэтому если (х, у) — прямоугольные декартовы координаты точки, а (р, ф) — полярные, то х = р cos ф, у = р sin ф. Подставив эти значения в каноническое уравнение эллипса м2 — ~г — 1, мы получим искомое уравнение: р2 cos2<p , р2 sin2 <р _ । 2 / cos2 Ф । s>n2 <р \ _____ । а2 &2 ~ И - \ а2 ‘ Ь2 / ~ ’ » b2 COS2 ф 4- а2 sin2 ф , р2 ,, 2 2 , 2 2 2 1 Р ---------—1 > гьг cos2 ф -|- а2 — а2 cos2 ф) = 1, а2£>2 —£—(а2 — с2со82ф) = 1, — (1—е2соБ2ф) = 1. а2Ь2 Ь2 Отсюда, так как для всех ф имеем: 1 — е2соз2ф=#0, то Р2 = "I---• (») 1 — е2 cos2 ф Как видим, уравнения (6) и (8) существенно отличаются друг от друга. Упражнения и задачи 307. На плоскости дана произвольная прямая I и точка F, л е- ж а щ а я на /. Найти геометрическое место точек, отношение рас- стояний от каждой из которых до точки F к соответствующим рас- стояниям до прямой I постоянно и равно данному положительному числу е. 308. Найти длины полуосей и расстояние между фокусами эл- липса или гиперболы, заданного уравнением (6). 309. Какая кривая определяется уравнением: \ 2 4 „ а) р ------------; б) р ------------? 3 — 4 cos ф 2 — 2 cos ф 310. Составить уравнение гиперболы в полярной системе, если центр совпадает с полюсом, а действительная ось лежит на поляр- ной оси. 72* 203
311. Составить уравнение параболы в полярной системе, если вершина совпадает с полюсом, а ось симметрии — с полярной осью. ЗГ2. Вычислить длины полуосей и расстояние между фокуса- ми кривых: а) р = —--------------; б) р =-------1-----. ч 2 У2 — У 2 cos <р 3 — 4 cos ф 313. Вычислить угол между асимптотами гиперболы 5 Р = ------7=----- 2 — 2 У 2 cos ф 314. Вычислить расстояние между директрисами эллипса или гиперболы, заданной уравнением (6). 315. Доказать,' что произведение длин перпендикуляров, опу- щенных из концов любой фокальной хорды на ось параболы, имеет постоянную длину. . § 24. ЗАДАЧИ НА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА, ПРИВОДЯЩИЕ К ЭЛЛИПСУ, ГИПЕРБОЛЕ И ПАРАБОЛЕ В настоящем параграфе рассмотрим несколько задач на гео- метрические места, которые приводят к эллипсу, параболе, гипер- боле. Задача 1. Отрезок' постоянной длины скользит своими кон- цами по двум взаимно перпендикулярным прямым. На отрезке или на его продолжении взята точка М; найти траекторию, которую описывает точка М. Решение. Данные взаимно пер- пендикулярные прямые примем за ко- ординатные оси (черт. 121). Пусть в не- который произвольный момент времени концы скользящего отрезка АВ имеют координаты А (а, 0), В (0, Р). Если (х, У )— координаты произвольной точ- ки М геометрического места,. I — дли- на отрезка АВ, а 1 — отношение, в ко- тором точка М делит отрезок АВ, то у = -АР-, f = a2 + ₽2. (1) 1 —j— А» Из этих соотношений, исключив аир, получаем: /2 = (1 + ^ + 1И^/ или I Уа _ j /2 1" %2/2 (1 + А,)’ (1 + Х)а 204
Таким образом, если точка М (х, у) принадлежит геометричес- кому месту, то ее координаты удовлетворяют уравнению (2). Докажем обратное предложение. Пусть М (х, у) — некоторая точка плоскости, координаты которой удовлетворяют уравнению (2). Положим, а=х(1 + Х), ₽ = -(3) Л где К — данное отношение, в котором точка, описывающая искомую траекторию, делит отрезок АВ. Из соотношений (3) следует: % _ а X • О _______ 0 -|- Xft 1+Х ’ У~ Ц-Х Если обозначить через Mt и М2 точки с координатами (а, 0) и (0, Р), то предыдущие соотношения показывают, что М делит от- резок MiM2 в отношении X. Точка лежит на оси-абсцисс, а М2 — на оси ординат; кро- ме того, в силу соотношений (3) и (2) имеем: ' м,м2= X2(1 + x2)+jKJ +21L = У? = I. Отсюда следует, что М принадлежит искомой траектории. Уравнением (2) задается эллипс; в частном случае при X = 1 — окружность. Задача 2. Найти геометрическое место центров.окружностей, которые касаются окружности радиуса г и проходят через точку А, лежащую внутри данной окружности. Решение. Пусть 0 — центр данной окружности, а М — про- извольная точка геометрического места (черт. 122). Если окруж- ность М (Л1Л)1 касается данной окружности О (г) в точке R, то, очевидно, г = OR = ОМ + MR = ОМ + МА. (4) Докажем обратное предложение, т. е ___R докажем, что если для некоторой точки М плоскости имеет место соотношение / У / X. (4), то М принадлежит геометрическому / I М/ |\ месту точек. I \ J | Так как ОА < г, то точка М не сов- —|------• ------УЛ, падает с точками О и А. В самом деле, \ ] если бы, например, М и О совпали, то \ / из (4) следовало бы, что г = 00 + ОА= х. У = ОА. Таким образом, МА > 0 и \,_____________________ ОМ <. г, т. е. М является внутренней точкой окружности. Черт. 122 1 М (ЛМ) — окружность с центром в точке М и радиусом, равным МА. 205
Рассмотрим луч ОМ и обозначим через R точку пересечения этого луча с данной окружностью. Так как ОМ + MR = г и ОМ + + МА — г, то МА = MR. Это означает, что окружность М (MR), которая касается окружности О (OR), проходит через точку А. Таким образом, мы доказали, что искомое геометрическое место совпадает с геометрическим местом точек, удовлетворяющих усло- вию (4). Этим условием задается эллипс, фокусами которого яв- ляются точки А и О, а большая ось равна г. 3 а д а ч а 3. Прямая / перемещается так, что площадь треуголь- ника, образованного ею с двумя взаимно перпендикулярными пря- мыми а и Ь, сохраняет постоянную величину S. Найти гео- метрическое место точек, делящих отрезок этой прямой, заключенной между прямыми а и Ь, в данном отношении X. Решение. Прямоуголь- ную декартову систему коор- динат возьмем так, чтобы оси совпадали с биссектрисами углов между прямыми а и Ь, а нача- ло — с точкой пересечения О этих прямых (черт. 123). В этой системе прямые а и Ь имеют соответственно уравнения: (а) х = у, (5) Пусть при некотором произвольном положении прямая I пересе- кает прямые ап b соответственно в точках Мj (хь у4) и М2 (х2, Уг)- Так как Mi лежит на прямой (5), а М2 — на прямой (6), fo = = у 1, х2 = — Уг- Если ввести обозначения: а = = у4 , 0 = — х2 = — у2, то точки Mi и УИ2 будут иметь координаты: М^а, а), М2 (₽, - ₽). Треугольник 0М1ь М2 имеет площадь S, поэтому 2 2 1 О 1 а 1 Р О Р или | аР | = S. (7) Если М (х, у) —точка искомого геометрического места, то „__________________ а-Т^-Р ______ а — А-Р 1+Х Л 1+Х Отсюда определяем аир: а=^(1 + *), ₽ = ^ (8) * 4 ъ 1 Здесь записан модуль определителя. 20р
Подставив эти значения в соотношение (7), получаем: I х1 2 —у2 (1-рХ)2 1 I 4 X 1 откуда следует, что (х2—у2) (1 + л)* = 4X8 и (х2 — у2) (1 + Х)2=—4X8. (10) Мы пришли к выводу, что точки искомого геометрического мес- та принадлежат двум равнобочным гиперболам: 4X3 4X3 4X3 4XS (14-Х)2 (1 + X)2 (14-Х)2 (14-Х)2 Для^этих гипербол прямые а и b являются асимптотами. Покажем, что каждая точка, лежащая на гиперболах (11), при- надлежит геометрическому месту точек. В самом деле, пусть коор- динаты точки' М (х, у) удовлетворяют одному из уравнений (11). Отсюда следует, что (х, у) удовлетворяют одному из уравнений (10) или уравнению (9). Рассмотрим точки (а, а) и Л42 ф, —Р), где аир определяются из соотношений (8). Из соотношений (8) сле- дует, что х = а4-Хр = а —ХР 14-Х ’ у 1 + х Отсюда следует, что М лежит на прямой М{Мг и делит отрезок в отношении X. Q другой стороны, площадь S' треуголь- ника 0MiM2 равна: (х2 - у2) (1 + X)2 I .4 X Г Из соотношения (9) следует, что S' == 8, т. е. М принадлежит искомому геометрическому месту. Итак, соотношения (И) явля- ются уравнениями искомого геометрического места. Они опреде- ляют две сопряженные2 равнобочные гиперболы. Задача 4. Через вершину параболы проведены всевозмож- ные хорды. Найти геометрическое место их середин. Решение. Пусть у2= 2рх — данная парабола с вершиной в начале координат. Проведем через эту точку произвольную хорду 1 См. сноску на странице 206. 2 То есть имеющие общие асимптоты. 207
у = кх и найдем точки пересечения этой хорды с данной параболой. Для этого необходимо решить систему: у2 = 2рх , у = кх. . (12) х, — 0, yt = 0; х2 — , у2 = —. Мы получили две точки пе- ресечения: 0(0, 0) и М Отсюда видно, что положе- \ k2 kJ ние точки М зависит от k, т. е. от направления хорды. Если N (х, у)— середина хорды ОМ, то х=—, у = Д. Исключив из k2 k этих соотношений k, получаем: у2 = рх. Таким образом, все точки искомого геометрического места‘при- надлежат параболе (13). Вершина и ось этой параболы совпадают с вершиной и осью исходной параболы, фокальный параметр равен у (черт. 124). Докажем обратное утверждение, т. е. покажем, что каждая точка параболы (13) является точкой искомого геометрического ме- ста. В самом деле, пусть N (х0, у0) — произвольная точка параболы (13), отличная от вершины. Покажем, что она является серединой некоторой хорды исходной параболы, проходящей через вершину О. Рассмотрим прямую у = — х. Она проходит через начало коор- Уо динат и через точку N, так как числа х0, у0, в силу соотношения (13), удовлетворяют урав- нению прямой. Прямая перетекает исходную па- раболу в точках О (0, 0) и М 2Уо) , Но Х/>Х \ Р / Уо=Рхо< поэтому коор- УХ^Х^ динаты точки М могут , быть записаны так: —--------------------* ——----------- М(2х0,'2у0). Очевидно, 0 точка N (х0, у0) являет- ся серединой отрезка ом. Мы доказали, что искомым геометрическим местом точек является парабола (13). ^***^^^ Задача 5. Пря- мой угол вращается Черт. 124 около своей вершины, 208
совпадающей с вершиной 'параболы. Доказать, что при этом дви- жении прямая, соединяющая точки пересечения сторон угла с па- раболой, тоже вращается около некоторой точки, лежащей на оси параболы. ' Решение. Пусть парабола дана своим каноническим урав- нением у2 = 2рх. В этом случае, как известно, вершина параболы совпадает с началом координат 6. Возьмем две произвольные орто- гональные прямые, проходящие через начало координат. Если уг- ловой коэффициент первой прямой обозначить через k, то угловой коэффициент второй прямой равен — — , поэтому прямые k иметь уравнения: будут у — kx, у =--------i- X. Определим точки пересечения рассматриваемых прямых с дан- ной параболой, решая следующие системы: г у2 = 2рх, - у2 — 2рх, | у = kx-, . , У ~ k Х' р№, т); '<э(2р*2. -w Напишем уравнение прямой PQ: х — 2pk2 y-[-2pk 2р(& — 1) — 2pk(k2-^\) После элементарных преобразований получаем: хк + у (k2 — 1) — 2рк = 0. Положение этой прямой на плоскости зависит от k, т. е. от по- ложения прямого угла POQ. Она пересекает ось параболы (у = = 0) в точке 7? (2р, 0), которая не меняется при из- менении^. Таким образом., при вращении угла POQ вокруг точки О пря- мая PQ вращается вокруг точки R. Теоремы и задачи 316. Найти геометрическое место середин хорд эллипса, про- веденных из конца его малой оси. 317. Через одну из вершин гиперболы проведены всевозмож- ные хорды. Найти геометрическое место их середин. 313. Через вершину О параболы у2 = 2рх проведены всевоз- можные хорды ОР, гДе Р — произвольная точка параболы. Найти 209
геометрическое место точек М, удовлетворяющих условию: ОМ = — IMP. Здесь к — данное постоянное число. 319. Найти геометрическое место центров окружностей, ка- сающихся окружности радиуса г и прямой I, проходящей через центр этой окружности. 320. Найти геометрическое место центров окружностей, каса- ющихся окружности радиуса г и проходящих через точку, лежащую вне данной окружности. 321. Пусть М — произвольная точка гиперболы, a tM — каса- тельная в этой точке. Пусть, далее, Р есть точка пересечения пря- мой, проведенной через фокус F перпендикулярно tM с прямой ОМ, где О — центр гиперболы. Найти траекторию точки Р, если М опи- сывает всю гиперболу. 322. Доказать, что геометрическое место оснований перпенди- куляров, опущенных из фокуса параболы на ре касательные, есть касательная к вершине параболы. 323. Дана прямая I и точка F, не лежащая на прямой /. Найти геометрическое место центров всех окружностей, касающихся пря- мой / и проходящих через точку F. 324. Найти геометрическое место середин фокальных радиу- сов всех точек эллипса (одной вётви гиперболы, параболы), про- веденных из одного и того’ же фокуса. 325. Найти геометрическое место точек, из которых эллипс виден под прямым углом (т. е. точек, из которых можно провести взаимно перпендикулярные касательные к эллипсу). 326. Найти геометрическое место точек, из которых парабола видна под прямым углом. 327. Пусть А0В0С0— треугольник, вершины которого лежат на гиперболе. Найти геометрическое место середин сторон ВС все- возможных треугольников АВС, вершины которых лежат на дан- ной гиперболе и стороны АВ и АС соответственно параллельны (или совпадают) сторонам АаВа и ЛоС0.
ГЛАВА VI ПРЕОБРАЗОВАНИЕ СИСТЕМЫ КООРДИНАТ НА ПЛОСКОСТИ § 25. ФОРМУЛЫ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ СИСТЕМ КООРДИНАТ В § 7 при введении понятия координат точек на плоскости было отмечено, что координаты точки существенно зависят от выбора системы. В настоящем параграфе мы установим связь между коор- динатами одной и той же точки в двух различных системах. 1. Связь между координатами точ- ки в различных аффинных системах. Пусть и O'ejgj — две аффин- ные системы координат на плоско- сти, а М — произвольная точка, имеющая в системе 0в1в2 координа- ты х, у, а в системе О'е\е'2 —х', у'. Установим связь между х, у и х’, у'. Для удобства дальнейшего изложения систему Ое4е2 назовем старой, а систему О'е\е'2—новой. Черт. 125. Старую систему будем считать ис- ходной и предположим, что коорди- наты новых координатных векторов и нового начала заданы в этой системе: <fai, ₽il, {“2- §z}> °’ (Хо> У0)- (1) Если г = ОМ — радиус-вектор точки М в старой системе, а г' == О'М — радиус-вектор той же точки в новой системе (черт. 125), то из правила сложения векторов для треугольника 00'М следует, что ОМ = 00' + (УМ иди г = 00' + г'. (2) ___Из определения координат точек следует, что г '= хе^ + уеа; 00.' = хое, + уве2; г' = х'е' + у'е'г. Но е\ •= + р^, ej— — a2ei -j- ₽2е2, поэтому г' = х' t + Р^г) + у' («2^1 + ₽2^2) = = (a4x' + a2y') el + (РрС + p2 у') e2. 211
Подставив эти значения в выражение (2), получаем: xei + Уе2 ~ xoei + Уое2 + (а1 х' + агУ') ei + (Pi х' + ' + РгУ') ^2- Отсюда, учитывая, что и е2 не коллинеарны, получаем: х = а! х' + а2у' + хо, у = PiX' + р2у' + уо- ' Эти соотношения называются формулами преобразо- вания аффинных координат точек. Таким образом, координаты точки М в системе Ое 1в2 выражают- ся через координаты той же точки в системе О'е'х е'2 при помощи сис- темы линейных уравнений. Коэффициентами при х' являются ко- ординаты вектора ej, а при у' — координаты вектора <; свобод- ными членами являются координаты нового начала в старой систе- ме. Так как векторы е\ и е'2 не коллинеарны, то “2 ¥= О, Р1 ₽2 (4) поэтому система.(3) всегда разрешима относительно х', у'. Мы до- казали. следующую теорему: Теорема [25. 1]. Пусть 0ete2 и О'е[е'2— две аффинные си- стемы координат, причем точка О' и векторы е[, е'2 заданы в системе Още2 своими координатами'. О'(х0, у0), ег {аь р±}, е2 {а2, ₽2}. Если х, у и х', у' являются координатами произвольной то- чки М плоскости соответственно в системах Oete2 и О'е^е2, то х, у выражаются через' х', у' при помощи соотношений (3). Пример 1. Написать формулы преобразования аффинной, '-системы координат на плоскости, если даны координаты нового на- чала и новых координатных векторов в старой системе: ; <{1,3}, <{0, 5), О'(3,-1). Решение. Подставив значения данных координат в (3)/ получаем: » х = х' -{- 3, у = Зх' 5у' — 1. Отсюда, разрешив эти соотношения относительно х' и у', по- лучаем выражения новых координат через старые: х' = х —3, y'„|x+Jly+2. О о Пример 2. Пусть ОАВ— произвольный треугольник. Напи- сать формулы преобразования координат точек при переходе от 212
аффинной системы О, — ОА, е2 — ОВ к аффинной системе О'е{ е2, где О' == A, e'i = АВ, е2 = ЛО. Решение. Для решения задачи необходимо определить коор- динаты точки А и векторов АВ и АО в системе Ое{е2. Из соотно- шения = ОА следует, что точка А имеет координаты (1, 0); АВ = АО ОВ = ОВ — ОА = е2 — eit поэтому АВ (—1, 1); АО— — — eh поэтому АО {—1, 0]. Итак, О'(1, 0), —1, 1}, е2[—1, 0}. Формулы преобразования имеют следующий вид: х = — 1х' — 1у' 4- 1, у = lx'4-О • у'4~0 или х — — х' — у' 4- 1, у = х'. Пример 3. Найти точку, которая имеет одни и те же коор- динаты в системах: Ое^2 и О'е[е2, где О' (2, —3), е[ (1, 3}, е'{-2, 1}. Решение. Напишем формулы преобразования координат при переходе от Ое^2 к 6'e’t е': х = 1х' — 2у' 4- 2, ' у = Зх' 4-1 • уг— 3. (5) Теперь потребуем, чтобы х = х' и у = у'. Из формул (5) получаем: х — х — 2у 4- 2, у = Зх + у — 3. Отсюда у = 1, х — 1. Непосредственной проверкой легко убедиться в том, что точка (1, 1) имеет одни и те же координаты в системах Оеге2 и О'е{ е2. 2. Частные случаи преобразования аффинных систем. Если при переходе от системы к другой системе О'е'{ е2 векторы и е2 не меняются, т. е. е\ — et и е'2 = е2, то такое преобразование называется переносом начала координат. В данном слу- чае е'{1> ®}ое,е, , ^{0, 1}ог?1е2, ПОЭТОМУ формулы (3) ПрИНИМЭЮТ вид: Х — х' + хо, (6) У = / + Уо- Эти выражения называются формулами ' преобразо- вания' при переносе начала координат. Пример 4. Написать формулы преобразования при переносе начала координат в точку О' (2, — 3)ое,е2 . Решение. Подставив значения координат точки О' в (6), получаем: х = х'4-2, у = у' — 3. Заметим, что при переносе начала координат все точки ме- няют свои координаты. Если при переходе от системы Ое^е2 к другой системе О'е'^'з начало координат не меняется, т. е. О = О', то такое преобразо- вание называется аффинным поворотом системы 213
координат. Существенно отметить, что при аффинном пово- роте, вообще говоря, Z(ei, е№£(е\, е'2), le^e'il, \е2\ =# |е'2|- При аффинном повороте О' в системе Ое^ имеет координаты (О, О), поэтому соотношения (3) принимают вид: х = at х' + a2y', у = р1х' + ₽2у'. (7) Эти соотношения называются формулами преобра- зования при аффинном повороте. Пример 5. Написать формулы преобразования при аффинном повороте, если е\ = eit е'2 = 2et — е2. Решение. В данном случае е[{ 1, 0), е'2{2, —1}, поэтому формулы (7) принимают вид: х = х'-\-2у', у =— у'. 3. Связь между координатами точки в различных прямоуголь- ных декартовых системах. Формулы преобразования (3) применимы так же и в том случае, когда как старая, так и новая системы являются прямоугольными декартовыми. Покажем, что в этом слу- чае коэффициенты при х' и у' имеют простой геометрический смысл. Пусть 01 j и O'i' j' — две прямоугольные декартовы систе- мы и О' (х0, y0)oij, i' (ai. PJz/, j' (a2> Мал Выясним геометри- ческий смысл чисел ab pb a2, P2. Если <p = Z (Z, Г), то в соот- ветствии с п. 3, § 5, имеем: i' = cos <pZ 4~ sin (fj. Возможны два случая: а) Системы Oij и O'i'j' на плоскости определяют одну и ту же ориентацию, т. е. Z (Z', j') =-|- 90°. В этом случае Z (Z, /) = Z (Z, Z')4-A(Z', Л = ф + 90° и J' = cos (q> + 90°) i 4- sin (<р + 90°) j = — sin ф/ 4~ cos ф/. Формулы преобразования (3) принимают вид: х — x'cos ф — y'sin ф х0, /g\ у — x'sin ф -|- y'cos ф -j- у0. ' ' б) Системы Oij и O'i'j' на плоскости определяют различные ориентации, т. е. Z (Z', j') =— 90°. В этом случае Z (Z, /) = Z (Z, Г) + Z (Г, /) = ф -90°. j' = cos (ф — 90°) I + sin (ф — 90°) j — sin ф/ — cos фj. Формулы преобразования (3) принимают вид: X = X'COS ф 4~ y'sin ф 4“ Хо, /д\ у = x'sin ф — y'cos ф 4“ Уо- ' ’ 214
Мы доказали следующую теорему: Теорема [25.2]. Пусть Oij и О' i'j'— две прямоугольные декартовы системы координат, причем точка О' в системе Oij имеет координаты хо, у0 и Z. (I, i') = <р. Если системы Oij и О'i'j' определяют на плоскости одну и ту же ориентацию, то формулы преобразования координат точек имеют вид (8), если же. они опре- деляют различную ориентацию — вид. (9). ’ Пример 6. Написать формулы преобразования прямоуголь- ных декартовых координат, если О' (1, —3), tp (Z, /') = 30° и сис- темы Oij и O'i'j' определяют на плоскости различные ориентации. Решение. В данном случае формулы преобразования имеют вид (9). Так как cos 30° = ^2., sin.30°= —, ха = 1, у0 =— 3, 2 2 то формулы (9) принимают вид: /з , , 1 , , , х = -— хЧ----у + 1, 2 1 2 У 1 ’ у= — х' — ^-у' — 3. У 2 2 у Пример 7. Дан квадрат ABCD со стороной, равной а. Написать • формулы преобразования прямоуголь- ных декартовых координат, если на- правленные прямые АВ и AD явля- ются осями координат в старой системе, а направленные прямые АС и BD — осями координат в новой системе. Решение. Сначала определим координаты нового начала О' и новых координатных векторов Г и j' в старой системе (черт. 126). Точка О’ пересечения диагоналей является началом новой систе- мы координат. Очевидно, 0,1а а \ ,, f л . лj •/ ( Зл . 3л1 — , — , I (COS — , SIH - , 1 COS — , Sin —I \2 2/ ( 4 ’ 4 J ’ J ( 4 ’ 4 J или i’ /12 /4 _ U 12.1 < I 2 ’ 2 J ’ J I 2 ’ 2 /' Формулы преобразования имеют вид: х=-х-~^- . /2+у=.< + < . /2+“ . 2 1 2 у 2 2 4. Частные случаи преобразования прямоугольных декартовых систем. В случае переноса начала прямоугольных декартовых си- стем координат формулы преобразования имеют, вид (6) и ничем не отличаются от .общего случая переноса начала, 215
(10) В случае поворота системы координат, т. е. когда О' совпадает с О, формулы преобразования имеют вид: х = х' cos <р — у'sin ф, у = х' sin Ф + у' cos ф, если Oij и О7'У'определяют одну и ту же ориентацию (черт. 127, а) и (11) I Q 127 Черт. х = х" cos ф + у' sin ф, у = х' sin ф — у' cos ф, если они определяют различные ориентации (черт. -127, б). 5. Обратная задача. Те- перь поставим обратную задачу: пусть дана аффин- ная система координат Още2 и система уравнений (3), удовлетворяющая ус- ловию (4). Существует ли такая новая аффинная си- стема координат О'е\е\, при Переходе к которой формулы преобразования координат точек имеют вид (3)? Для того чтобы ответить на этот вопрос, введем в рассмотрение точку О' (хо, у о) и векторы e'lloii, PJ, е2'[а2, Ра). где числа хо, уо, аь р1т а2, р2 взяты из уравнений (3). Векторы е'2 линейно независимы, так как их координаты удовлетворяют условию (4). Отсюда следует, что О'.вр е'2 является аффинной системой. Легко убедиться в том, что эта координатная система является искомой. Мы доказали следующую теорему: Теорема [25.3 ]. Если дана система координат О, eit е2 и система линейных уравнений (3), коэффициенты которой удовлет- воряют условию (4), то существует система координат О', е'е'2, при переходе к которой соотношения (3) являются формулами пре- образования координат точек. Новая система определяется соот- ношениями (1). Из этой теоремы непосредственно следует: Теорема [25.4]. Если дана прямоугольная декартова систе- ма Oij и система линейных уравнений (3), коэффициенты которой удовлетворяют условиям: „2 4-02= 1, «2-1-02 = 1, а1а2 + ₽1₽2 = 0, (12) то существует прямоугольная декартова система O'i'j', при пе- реходе к которой соотношения (3) являются формулами преобра- зования координат точек. Новая система определяется так: О'(хо, уо), I' [а1( pt), j' [а2, р2). 216
В самом деле, существование новой системы следует из преды- дущей теоремы. Из соотношений (12) вытекает, что она прямоуголь- ная декартова. Пример 8. Определить координаты новых координатных векторов и нового начала в старой системе, если формулы преоб- разования имеют вид: а) х = 2х'—у' 4-3, б) х' = 2х— у,. в) х=У2х'—Зу'4-2, у = х'4-2у'4-1; / = х —Зу4-1; у=2х'—3/2у'—3. Решение, а) Так как данная система удовлетворяет услови- ям теоремы [25.3], то новая система существует, начало О' и коор- динатные векторы е;, е' имеют следующие координаты: О'(3, 1), <(2, 1}, е'{—1, 2]. б) Для того чтобы применить теорему [25.3], предварительно выразим х и у через х' и у'. Заметим, что определитель системы б) не равен нулю, поэтому х и у однозначно выражаются через х' и у': 1 , 2 , . 2 У = —тУ +т- 0 0 .0 Отсюда, учитывая теорему [25.3], получаем: О'Ц -L), e'f——Ч \5 5/ 1I5 5] 2[ 5 5] в) Легко видеть, что в данном случае условие (4) не выполняет- ся, так как /2 -3_ 2 - 3|/2 =-64-6 = 0. Отсюда следует, что соотношения в) не являются формулами пре- образования, т. е. не существует такой системы О’е\е'2, при перехо- де к которой уравнения в) являются формулами преобразования. Пример 9. В системе О, eit е2 точки А и В имеют координаты (1, 1Хи(2,2). Существует ли такая новая система координат, нача- ло которой совпадает с началом старой системы и в которой точки А и В имеют координаты (1, 1), (—1, —2)? Решение. Пусть О, е{, е2— искомая система. Если е[{<х1т PJ, е2 {а2, ₽2), то формулы преобразования имеют вид: х = сцх' + а2у', у = х' + 0г у'. Так как А в обеих системах имеет координаты (1, 1), то I — оц + а2, 1 = 01 4" 02. 217
С другой стороны, точка В в старой системе имеет координаты (2, 2), а в новой системе координаты (—1, —2), поэтому 2 = — Oj — 2а2, 2 — — Pi — 2р2- Из этих уравнений получаем: а, = 4, а2 = — 3, р! = 4, р2 = — 3. Таким образом, векторы е\ и е'г имеют координаты: е\ {4,4}, е'2 (—3, —3}. Отсюда следует, что е\ и е'2 коллинеарны, что не- возможно. Таким образом, новой системы координат, для которой точки А и В имели бы соответственно координаты (1, 1) и (— 1, — 2), не существует. Вопросы и примеры 328. Где мы пользовались условием (4) при доказательстве тео- ремы [25.1 1? Существенно ли это условие? 32$. Написать формулы преобразования аффинных систем ко- ординат на плоскости в каждом из следующих случаев, если даны координаты нового начала и новых координатных векторов в ста- рой системе: a) ej (2, 3}, е'{1, 5}, О' (3, - 1); 6)^(1, 0}, ^(0,1), О'(2, 5); в) <{4, — 1}, е'2{1, 1), О'(0,0); г)<{1, 0), е'[1, 2), О' (2,0); д)<(-1, 0), е'{0, 1}, О'(0, -5). 330. Существуют ли точки, которые имеют одни и те же коор- динаты при аффинном повороте (7)? Как определить их координаты? 331. Написать формулы преобразования при переносе начала координат в точку: а) (0, — 1); б) (3, — 5); в) (ГХ 0); г) (3, — 7). 332. Определить координаты новых координатных векторов и нового начала в старой системе, если формулы преобразования имеют вид: а) х = х' — Зу', б) х' = х — 3, в) х = х' — у' +1, у = *'+у'+1; у' = у + 4; у = у'; г) х' = х у + 1, д) х = х', е) х' = х — 2у, у' — х — 5; у = у'—|— 1; у' = х. 333. Дан треугольник АВС. Написать формулы преобразования координат точек при переходе от аффинной системы координат, для которой О = A, = АВ, е2 = АВ, к аффинной системе, для кото- рой О' н= С, е\ = СА, е'2 = СВ. 334. В заданном треугольнике ОАВ проведены медианы AD и BE, пересекающиеся в точке О'. Написать формулы преобразовд- ?18
ния координат точек при переходе от аффинной системы коорди- нат О, ех — ОА, е2 — ОВ к аффинной системе О', е\ = О'А, е'2 — = &В. 335. Написать формулы преобразования прямоугольных декар- товых систем координат в каждом из следующих случаев: а) Г = Z —|— --^2 J, О' (2, —3); системы Oij и O'i'J' оп- ределяют одну и ту же ориентацию. б) <р = Z (I, Г) = 45°, О'(0, 1); системы Oij и O'i'j' опреде- ляют различные ориентации. 1 2 в) I' = ----— j, О'(0, 0); системы Oij и O'i'j' опреде- /5 /5 ляют различные ориентации. 336. Вычислить определители А, составленные из коэффициен- тов при х’, у' в соотношениях (8) и (9), и убедиться в том, что А = = + 1, если системы Oij и O'i'j' определяют одну и ту же ориента- цию, и А = — 1 — в противном случае. Пользуясь этим правилом, выяснить, определяют ли одну и ту же ориентацию системы Oij и O'i'j', для которых формулы преобразования имеют вид: а) 2х' = КЗ х — у, 2у' = х 4~ УЗу; б) 5х' = 4х Зу, 5у' = Зх — 4у; „ в) V 5х' — х — 2у, У5у' = 2х -f- у. 337. Даны две различные прямоугольные декартовы системы координат, причем вторая система получена из первой переносом начала в точку О' (3, 4) (без изменения направления осей). Найти расстояние между двумя точками, имеющими.одинаковые коорди- наты (х0, у о) относительно рассматриваемых систем. а § 26. ИЗМЕНЕНИЕ УРАВНЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКОГО МЕСТА ПРИ ПРЕОБРАЗОВАНИИ КООРДИНАТ ТОЧЕК; НЕВЕЩЕСТВЕННЫЕ ТОЧКИ И ПРЯМЫЕ 1. Изменение уравнения геометрического места точек при преоб- разовании координат. Пусть в некоторой аффинной системе Оехе2 дано геометрическое место точек G уравнением: Е(х, у) = 0. (1) Если на плоскости взять другую систему O'e'^, то, очевидно, уравнение этого геометрического места, вообще говоря, изменится. Для нахождения нового уравнения необходимо записать формулы преобразования (см. §25, формулы (3)) и подставить в уравнение (1) выражения х, у через х',у': F(a!x' + а2у' + хо, ₽i*' + 02У' + У °) = °- (2) 219
В самом деле, пусть точка М с координатами х, у в старой системе их', у' в новой системе принадлежит геометрическому месту G. Тогда числа х, у удовлетворяют уравнению (1). Но х — а(х' + + а2у'+хо и у — Р,х' + pay' + у о , поэтому числа х', у' удовлетворяют уравнению (2). Обратно, пусть новые координаты х',у' точки М удовлетворяют уравнению (2). Так как старые коор- динаты х, у той же точки равных = «ix' + а2у' + хо, у = Pix' + + Р2у' + у о, то х, у удовлетворяют уравнению (1), поэтому точка М принадлежит геометрическому месту G: Пример 1. В системе Ое1ег дано геометрическое место то- чек уравнением: 9х2 — 4ху 4- бу2 4~ 6х — 8у 4~ 2 =0. Определить уравнение этого же геометрического места в аффинной системе О'е^е', если е'\ I1, И. е2^> °1- Решение. Запишем формулы преобразования координат (§ 25, формулы (3)): Х = Х'_|_у'— 2 у = х'+1. (3) □ о Для того чтобы получить уравнение геометрического места то- чек в новой системе, необходимо выражения х и у из соотноше- ний (3) подставить в данное уравнение кривой: 9 ( х' у'----— 4 (х' 4- у' — (х'4- 4- б/х^-УЦ-б)' х' 4-у— Д — 8 fx' 4- — -Н2 =0. \ 5 / \ - 5/ \ 5/ Раскрыв скобки и сгруппировав подобные члены, окончательно по- лучим: Их'2 4- 9у'2 + 14 х'у' — 1=0. Формулы преобразования могут быть применены для упроще- ния уравнений геометрических мест точек. Рассмотрим следующий пример: Пример 2. В аффинной системе координат дано геометри- ческое место точек уравнением: 2х2 — у2 4- 5ху — Зх + 4у — 5 = 0. (4) Новую аффинную систему координат выбрать так, чтобы в урав- нении кривой исчезли члены первой степени. Решение. Рассмотрим перенос начала в точку (хо, у о): х = х' 4-хо, У=у' + Уо (5) и постараемся выбрать новое начало О' (хо, у о) так, чтобы в уравнении кривой в новой системе отсутствовали члены первой степени. Для этой цели пока сохраним хо, у о неопределенными 220
й найдем уравнение кривой в новой системе. Для этого достаточно значения х, у из (5) подставить в (4): 2(х' + хо)2 — (у' + у о)2 + 5(х' + х0) (у' + у о) — 3 (х' + хо) + + 4(у' + у о) — 5 = 0. После раскрытия скобок и элементарных преобразований полу- чаем: 2х'2—у'2 + 5х'у'+ х'(4хо + 5уо — 3) + у' (5хо — 2уо + 4) + + 2х20 — у20 + 5х0 у о — Зх0 + 4у о — 5 = 0. (6) Подберем х0, у0 так, чтобы коэффициенты при х' и у' обра- тились в нуль. Для этого достаточно потребовать, чтобы 4х0 -ф -ф- 5у0 — 3 = 0, 5хо — 2у0 4-4 = 0. Решив эту систему, получаем: 14 31 х =-----, Vn= — • 0 . 33 Л 33 Подставив эти значения в соотношение (6), получаем уравнение кривой в новой системе: 2х'2 — у'2 4- 5х'у' 4- — = 0. (7) Л 1 у 1 1089 Уравнение (7), очевидно, значительно проще уравнения (4). Сейчас мы покажем, что не всегда можно добиться того, чтобы в уравнений кривой исчезли члены первой степени. Пример 3. Парабола дана своим каноническим уравнением. Можно ли выбрать новую аффинную систему координат так, чтобы в этой системе уравнение параболы не содержало членов первой степени? Решение. Рассмотрим параболу у2= 2 рх в канонической системе координат Oij и поставим задачу: найти такую систему ко- ординат О'еф е'2, в которой уравнение рассматриваемой параболы не содержит членов перрой степени. Пусть О' (х0, у0), e'i {dj, PJ, е'2 (а2, р2), тогда формулы преоб- разования имеют вид: х = арс' 4- а2у' + *о> У = Pi*' 4- ₽2/ + Уо- Подставив эти значения в уравнение у2 = 2рх, получаем урав- нение параболы в новой системе координат: Ф1*' + РзУ ' + У о)2 = 2p(atx' 4-a2y' -ф хо) или ₽21Х'2 4- р22у/2 4- гр^гх'у' 4- 2(₽tyo — pat)x' 4- 2(₽2у0 — раг)у‘ ,-ф -ф у20 — 2рх о = О. Так как в этом уравнении коэффициенты при х' и у' должны быть равны нулю, то ₽1Уо — Р^1 = 0, р2уо — ра2 = 0, 221
откуда &!= • Pi, а2 = ~ Рг Р Р Отсюда следует, что 01 ^1=0, т. е. векторы е{ и е' коллине- I “г Рг I арны, что невозможно. Мы пришли к выводу, что не существует такой системы коорди- нат, относительно которой уравнение параболы не содержало бы членов первой степени. Рассмотрим еще один пример преобразования уравнения гео- метрического места точек. Пример 4. Аффинная система координат выбрана так, что оси совпадают с асимптотами гиперболы. Каково уравнение гиперболы в этой системе? Решение. Пусть Оехе2 — исходная система координат, а O'i' j' — каноническая система координат гиперболы, имеющей в этой системе уравнение: Х'2 у'2 _ J а2 62 ~ Так как О — точка пересечения асимптот, то О' и О совпадают. Векторы е± и ег параллельны асимптотам, поэтому = a(ai' + bj'), е2 = P(aZ'— bj') (см. §21, п. 3). Если х, у — координаты точки в исходной системе координат, а х'.у'— координаты той же точки в канонической, то х' = а ах + Рау, у' = а -Ьх — pt>y. Подставив эти значения в каноническое уравнение гиперболы, после элементарных преобразований получаем: ' 1 ху = — . 7 4сф Если, в частности, ар = — , то ху = Г. Если кривая задана уравнением в аффинной системе координат, то в отдельных случаях легко упростить уравнение кривой и оп- ределить ее вид, не прибегая к известным приемам. Для этого сле- дует надлежащим образом сгруппировать члены, находящиеся в левой части уравнения, и путем введения новых переменных уп- ростить уравнение кривой. Рассмотрим пример: ху — х— 1. Уравнение кривой может быть записано в виде: х(у — 1) = 1. Введем новые переменные х' и у' так, чтобы х' = у, у' = у — 1. (8) 222
Легко показать, что существует новая система координат, при переходе к которой соотношения (8) являются формулами преоб- разования. В новой системе данная кривая имеет уравнение х'у' = = 1. Этим уравнением задана гипербола (см. пример 4). Следова- тельно, исходным уравнением также задана гипербола. При решении задач подобного рода существенно обратить вни- мание на следующее обстоятельство. Новые переменные х', у' сле- дует вводить так, чтобы формулы х' — Ф1(х, у), у' = <р2(х, у) яв- лялись формулами преобразования координат. Это означает, что функции ф! и <р2-должны быть линейными, т. е. должны иметь вид: <р j = а.\Х + а2у + х о, <Рг — 01х + 0гУ + У °> и, кроме того, необходимо выполнение условия (4), § 25: Другими словами, должны быть выполнены условия теоремы [25.31. Рассмотрим пример: х2-[-у2 — 2ху —- = 0. 5 Преобразуем левую часть уравнения следующим образом: (Х_у)2_1=0. Если ввести новые переменные х', у' так, чтобы х' — х — у, у' = у, (9) то уравнение кривой в новой системе будет иметь вид: Этим уравнением задана пара параллельных пря- мых. Рассмотрим другой способ упрощения уравнения той же кривой: х2 + у2 — 2ху — - = 0, (х — у)2— - = 0, 5 5 I =0. Если ввести новые переменные х, у так, чтобы х = х —у —у=х — y + -L, (Ю) /5 /5 то уравнение кривой в новой системе будет иметь вид: х-у = 0. Кривая представляет собой пару пересекающихся ??3
прямых. Мы пришли в противоречие с предыдущим резуль- татом. В чем причина этого? Дело в том, что соотношения (9) могут служить формулами пре- образования координат точек, а соотношения (10) таковыми не мо- гут быть. В самом деле, определитель системы (9) не равен нулю, а определитель системы (10) райен нулю. (См. теорему [25. 3].) Формулы преобразования могут быть применены для нахожде- ния неканонических уравнений эллипсов, гипербол и парабол, за- данных координатами фокусов и некоторыми дополнительными данными. П р и м е р 5. В прямоугольной декартовой системе координат даны координаты двух фокусов Fx (1, 3), f2 (—Ь 2) и точки М (—1,3) эллипса. Найти каноническое уравнение эллипса и ка- ноническую систему координат. Пользуясь формулами преобра- зования координат, определить уравнение эллипса в исходной не- канонической системе координат. Решение. По координатам двух фокусов легко определить фокальное расстояние. 2с - = /(1+ 1)4(3-2)2 = /5? С другой стороны, пользуясь фокальным свойством эллипса, полу- чаем: 2а = FiM + MF2 = /4 + 0 + /0+"1 = 3. 3 5 Таким образом, а = —, с= , поэтому b = 1. Если O'i'j'—ка- ноническая система координат для данного эллипса, то в этой системе эллипс задается уравнением: — х'2 + у'2 = 1. 9 Л (11) Для канонической системы координат середина О’ отрезка FiF2 является началом координат, направленная прямая F2F i — осью абсцисс, а прямая, проходящая через О' и перпендикулярная к FiF2, — осью ординат. Таким образом, если О'(хо, у о), то х0 = 1—1 п ' 3+2 5 2 ’ хо 2 2 FyFi И 2 1 | j,!______1_ 2 ] IF2^il ’ 1/5 ’ /5 J’ J I /5 ’ /б) Формулы преобразования имеют вид: х =----------х---------------у'; ./5 /б 1 /5 2 /5 £ 2 ‘ 224
Отсюда получаем: 5 2х 4- у — — у У 2 -х + 2у-5. . /5 /5 Подставив эти значения в уравнение (11), после элементарных преобразований получаем уравнение эллипса в исходной системе: 5х2 — 4ху + 8у2 + 10х — 40у + 41 =0. 2. Невещественные точки и прямые на плоскости. Для дальней- шего изложения нам необходимо ввести в рассмотрение так назы- ваемые невещественные'точки и прямые на плоскости. Если на плоскости дана система координат, то каждая точка задается двумя координатами (х, у) и, наоборот, каждой паре дей- ствительных чисел соответствует некоторая точка. Таким образом, устанавливается взаимно однозначное соответствие между сово- купностью всех точек плоскости, с одной стороны, и совокупно- стью всех пар вещественных чисел, взятых в определенном поряд- ке, с другой стороны. Теперь мы расширим понятие точки и при выбранной системе координат точкой назовем любую пару комплексных чисел, взятых в определенном порядке (х, у). Точки (xi, у4) и (х2, у2) совпадают тогда и только тогда, когда Xj = х2 u yt = у2. Если обе координаты точки вещественные, то она называется действительной или вещественной, если же хотя бы одна координата невещественна — комплек- сной или невещественной. Если точка в системе имеет координаты (х, у), то мы будем считать, что та же точка в сис- теме О'е\е'2 имеет координаты (х', у',) где х = щх' а2у' -|- х0, у = PjX' -j- Р2у' -|- Уо, • О' (х0, у0), е{ (cq, PJ, е2 (а2, р2}. Важно подчеркнуть, что числа х0, Уо, ai, Pi, а2, Рг всегда считаются действительными, поэтому понятие действительных и комплексных точек не зависит от выбора системы координат. Например, если точки A (i, 1), В (0, 5), С (t, i+1) заданы в системе Ое1е2, то те же точки в системе О'е[ е2, где О' = О е[ =2еъ е2 =—е2, имеют координаты: —'1) > ^(0, —5), (/ \ х — ,—i—1 , так как х'= —, у'=—у. Две точки, у которых соответственные координаты являются сопряженными комплексными числами, называются комплексно-со- пряженными точками. Можно показать, что это понятие также не зависит от .выбора системы координат. Линией, выражаемой уравнением F(x, у) = 0, мы будем называть совокупность всех точек (х, у), как действительных, так и невещест- венных, координаты которых удовлетворяют этому уравнению. В частности, прямой называется геометрическое место точек, 225
кбординаты которых удовлетворяют линейному уравнению Ах + By + С=0, причем по крайней мере один из коэффициентов А или В отличен от нуля. Если А, В и С вещественны или могут быть сделаны вещественными путем умножения на одно и то же число, то прямая называется вещественной ,в противном случае— невещественной. Например, прямая 5х + у — 1 = 0 — вещественная, a ix — у + 1 = 0 — невещественная. На вещест- венной прямой существуют как вещественные, так и невеществен- ные точки. Например, точка (i, — 5t + 1) принадлежит вещест- венной прямой 5х + у — 1 =0. Предложение о том, что через две точки проходит одна и только одна прямая, сохраняется и в комплексной геометрии. Прямые могут быть заданы также параметрически: х = at ф- + х0, у = 0i + у0. Здесь а, р, ха, у0 — вообще говоря, комплек- сные числа. Если они действительны, то прямая будет действитель- ной. Отметим, что для получения всех точек прямой параметру t следует давать всевозможные значения, как действительные, так и комплексные. Каждая линия, вообще говоря, имеет как действительные, так и комплексные точки. Например, эллипс у-/-= К как мы знаем, имеет бесчисленнее множество действительных точек. Но это- му эллипсу принадлежит также бесчисленное множество комплекс- ных точек. Например, точки^(4___/2^ / j при любом t лежат на эллипсе. Эти точки являются комплексными при всех действитель- ных t > 2. Однако существуют кривые, не имеющие ни одной дей- ствительной точки. Например, кривая 4" — 0 не имеет ни од- ной действительной точки. В самом деле, предыдущее уравнение мож- . но записать в виде -ф- =— 1. Но сумма квадратов двух чисел не может равняться минус единице, поэтому х и у не могут быть одновременно действительными. В заключение отметим, что понятие линии и, в частности, пря- мой не зависит от выбора системы координат. Примеры и задачи 338. В системе Oi j дано геометрическое место точек уравнением: 4ху + 4у = 1. Определить уравнение этого же геометрического места в новой прямоугольной декартовой системе, если О'(—1.0), г(-П, Z[_n, Ж ’ / 2 2 / / 2 2/ По уравнению определить геометрическое место точек. 339. Показать, что надлежащим подбором нового начала ко- ординат можно добиться того, чтобы при параллельном перенесе- 226
нии системы координат в уравнении кривой № + у2— 4х + 2у — — .1 = 0 исчезли члены первой степени. 340. Показать, ,что существует такая прямоугольная система координат1, в которой уравнение эллипса имеет вид х2 + у2= 1. 341. Показать, что существует такая прямоугольная система координат, в которой уравнение гиперболы имеет вид х2—у2= 1. 342. В прямоугольной декартовой системе дана равнобочная гипербола х2— у2= 1. Определить уравнение этой гиперболы, если начало координат оставлено прежнее, а оси повернуты на 45° в от- рицательном направлении. 343. Доказать, что геометрическое место точек, координаты ко- торых в некоторой аффинной системе удовлетворяют уравнению ху = 1, есть гипербола. 344. Надлежащим образом сгруппировав члены, находящиеся в левой части уравнений, путем введения новых переменных уп- ростить уравнения и определить вид следующих кривых: а) ху — х = 0; в) х2 2ху у2 х 2у 1 =0; б)х2 + у4-1=0; г) 2х24-5у2 — 2ху— 1 = 0. 345. В прямоугольной декартовой системе координат даны координаты двух фокусов F±(2,4), F2(0,3) и точка Л4(0,4) гиперболы. Найти каноническое уравнение гиперболы и каноническую систему координат. Пользуясь формулами преобразования координат, оп- ределить уравнение гиперболы в исходной неканонической системе координат. 346. В прямоугольной декартовой системе координат даны фо- кус F(l,— 1), точка М (2,1) параболы и вектор а\—1,2}, определяю- щий направление оси параболы. Определить уравнение параболы в исходной системе координат. 347. Даны точки А (1, i), В (0,5), С(1 +1, —i), D (—1, 12) в системе Ое^2- Найти координаты тех же точек в системе: О'(1,0), е'1 (1,1}, е'2 (2, 0}. Убедиться в том, что понятие невещественной точки не зависит от выбора системы координат. 348. Написать уравнение прямой, проходящей через точки а) (г,—г), (0, 0); б) (0, 1), (—i, 0); в) (i, 0), (2i, — yj. Выяснить, какие из данных прямых являются невещественными. 349. Доказать теорему: для того чтобы прямая, заданная' уравнением (aj-(- 1₽1)х+(аг'+ Ф2)у+(а3+ г₽а) = 0, была действи- тельной, необходимо и достаточно, чтобы ранг матрицы Ца^азЦ IIP 1Р2Р3II был равен единице. 350. Выяснить, существуют ли действительные точки на комп- лексной прямой ix + у + 1 = 0 и сколько их? 1 Система прямоугольная, но не обязательно декартова, т. е. etj.e2j но не обязательно | ех | = | ег |.
ГЛАВА VII ОБЩАЯ ТЕОРИЯ КРИВЫХ ВТОРОГО ПОРЯДКА $ 27. ОПРЕДЕЛЕНИЕ И КЛАССИФИКАЦИЯ КРИВЫХ ВТОРОГО ПОРЯДКА В главе IV было показано, что всякая прямая на плоскости за- дается при помощи линейного уравнения, если выбрана аффинная система координат. Была доказана также обратная теорема, т. е. что геометрическое место точек плоскости, координаты которых в некоторой аффинной системе удовлетворяют линейному уравнению, есть прямая. Следовательно, с алгебраической точки зрения прямая является линейным образом. В настоящей главе мы переходим к изучению более сложных, квадратичных образов — так называе- мых кривых второго порядка. 1. Определение кривой второго порядка. Кривой второго по- рядка называется геометрическое место точек плоскости, коорди- наты которых в некоторой (вообще говоря, аффинной) системе удовлетворяют уравнению'. Ах2 + By2 + Сху + Dx + Еу + F = 0, (1) где А, В, ..., F — действительные числа, причем хотя бы один из коэффициентов А, В или С не равен нулю. Покажем, что это определе- ние носит геометрический характер, т. е. не зависит от выбора сис- темы координат. Пусть О Ci е2— исходная, aO'e'i е\—новая системы координат, причем О'(х0, у0), e'i{a1( р^, е'2)а2, Рг). Найдем уравнение геометрического места (1) в новой системе. Для этого, как было показано в § 26, необходимо из соотношений х = ар/ + а2у' + хв, у = рр/ + РгУ' + у0 (см. формулы (3), § 25) значения х, у подставить в уравнение (1): Л (ар/ + а2у' + х0)2 + Б(Р1Х' + Р2у' + у0)2 + + С(рщх' +а2у' + -«о) (Pi-v' + Р2у' + Уо) + 4~ £>(ар/ + а2у' + х0) + Е(Рр/ + Р2у ' + у0) + F = 0. После элементарных преобразований получаем: А’х'2 + В'у2 + С'х'у' + D’x' + Е'у' + F' = 0, (2) где Л', В', ..., F' —- некоторые числовые коэффициенты. 228
Мы пришли к выводу, что в новой системе геометрическое место задано алгебраическим уравнением, степень которого не выше сте- пени уравнения (1), т. е. двух. В отличие от уравнения (1), мы пока не можем утверждать, что в уравнении (2) хотя бы один из коэф- фициентов Д', В', С неравен нулю. Однако легко видеть, что при переходе от системы 0et е2 к сцстеме О'е^е.^ степень уравнения (1) не может понизиться, т. е. коэффициенты А', В' и С' одновременно не равны нулю. В самом деле, если предположить, что степень урав- нения (2) ниже степени уравнения (1), то при обратном переходе от системы Оек Ое^егстепень уравнения должна повыситься, что противоречит. предыдущему выводу. Итак, доказана следующая теорема: Теорема [27. 1]. Если в некоторой системе 06^2геометри- ческое место точек задано алгебраическим уравнением второй сте- пени (1) , то в любой другой системе О/ е/ е2 оно задается также алгебраическим уравнением второй степени. Эллипс, парабола и гипербола, рассмотренные нами в главе V, являются примерами кривых второго порядка. Однако существу- ют и другие кривые второго порядка. Например, х2 + у2— 2ху— — — = 0 по определению является кривой второго порядка. В § 26 5 ' мы показали, что этим уравнением задается пара, параллельных прямых. В настоящем параграфе, путем преобразования системы координат и упрощения уравнения, установим все виды кривых второго порядка. Для удобства дальнейшего изложения введем следующие обозначения для коэффициентов уравнения (1): А =. ап, В = аг2, С = 2а12, D — 2а13, Е = 2а23, F = а33. В новых обозначениях уравнение (1) принимает вид: F(x, у,) = апх2 + 2а12ху + У® + 2а1з х + 2а23у, + азз = °- (3) Условимся также считать, что ai2 = а2ь а1з — аз1< °зз — азг- Члены aiix2, 2а12ху, а22 у2 называются старшими членами уравне- ния (3). Коэффициенты ai2, а^, а13, а23, а33 могут быть любыми действительными Числами, но Оц, о12, ан одновременйо не равны нулю. 2. Упрощение уравнения кривой второго порядка путем поворота системы координат. В последующем изложении этого параграфа мы будем предполагать, что кривая (3) задана в прямоугольной де- картовой системе. Поставим следующую задачу: пусть в уравнении (3) й12¥=0; путем вращения системы координат перейти к но- вой системе так, чтобы в этой системе ai2 = 0. Прежде всего найдем уравнение кривой в новой системе O'i'J’, которая получена из Oij поворотом на угол а без изменения ориентации системы. В этом случае формулы преобразования имеют вид (см. формулы (10), § 25): х = х' cos <р — у' sin <р, у — х' sin <р + у' cos <р. (4) 229
Подставив эти значения в уравнение (3), после элементарных пре- образований, получаем: анх'2 4- 2а'12х'у' -|- а'2у'2 + + 2а'3у' Ц- а'3 = 0, (3') где коэффициенты а'р а! 12)... выражаются через коэффициенты урав- нения (3) и cos a, sin а. В частности, ап = аи cos2 а + 2°1г cos а sin а а22 sin2 а. = — ан sin а cos а 4- «12 cos2 а.— «12 sin2 а 4* агг sin а cos а, а22 = аи sin2 а — 2а12 sin а cos а 4~ а22 cos3 а, (5) а[3 = а13 cos а 4~ а23 sin а, агз = — а1з а + а2зcos а, азз = азз- Покажем, что всегда можно подобрать а так, чтобы а'2 = 0. Для этого запишем выражение а\2 в виде: а'2 = -2- ~Д11 sin 2а 4~ 4- a12cos2a — 0. Если -Дз2 ~ Дп =0, то а = 45° удовлетворяет уравнению. Если °22 ~ 011 =/= 0, то cos 2а ¥= 0, поэтому из преды- дущего соотношения получаем: tg2a=—^i2-. (6) а11 — “22 Мы доказали следующую теорему: Теорема [27.2 ]. Если дана кривая второго порядка, то всег- да существует такая прямоугольная декартова система координат, в которой уравнение кривой имеет вид: ацх2+ а22у2 + 2а13х + 2а2зУ + «33 = 0. (7) 3. Упрощение уравнения кривой путем переноса начала коор- динат. Дальнейшее упрощение уравнения кривой (7) может быть выполнено путем переноса начала координат. Возможны три слу- чая. а) Коэффициенты atl и а22 не равны нулю, а остальные произ- вольны. Сгруппируем члены левой части уравнения относительно х и у следующим образом: аи х24-2^х4-43)4-а2а(у24-2^у+ U I аи ац! у “22 а22) + азз °13 а11 ^ = 0 “23 230
йлй 2 $ «и (х + *22 (у + “ЧЧ «33 - = о. \ а11/ \ а22/ Оц а22 Возьмем новую систему координат так, чтобы х'=х+^, у' = у4-а*>. Яц, я22 Очевидно, новая система получена из старой переносом начала координат в точку ( —— — |. В этой системе уравнение кри- \ а11 а22/ вой имеет вид: аих/2 + «22у'2 + а'33 = 0, (8) где для сокращения записи свободный член обозначен через а'33. б) п22 = 0, 0 или <hi = 0. я13#= 0. Эти случаи аналогичны, так как путем преобразования х' — у, у' = х один из них можно свести к другому. Рассмотрим первый случай. Так как коэффициенты при старших членах одновременно не равны нулю, то au=# 0. Сгруппируем члены ле- вой части уравнения (7) относительно х, у следующим образом: (2 \ / 2 \ хз+2 х+ 43) +2«23 у + ----= 0 ап Яц у у 2агз 2аца2з J ИЛИ aii(x~t~ + 2а23 (у + я') = 0. \ «и/ Здесь для сокращения записи введено обозначение „2 а/ = Дзз °13 . 2агз 2ацам Возьмем новую систему координат так, чтобы х' = х-}- — > У' = У + а'- аи В этой системе уравнение кривой принимает вид: ацх'г+ 2а33у' = 0. (9) в) ац = 0, «13= 0 или «22 = 0, «23 = 0. Эти случаи также ана- логичны. Рассмотрим второй случай. Уравнение (7) принимает вид: апх2 + 2а13х + а33 = 0, (7') где а1(^0. Аналогично предыдущему это выражение можно за- писать так: 2131
(2 \ -2 х2+2^з х+ М+азз_±_з = о аи Сц у “и ИЛИ аи(х + + а' — О» \ 0x1/ • а13 где для сокращения записи введено обозначение: а = а33-. ' ап Если взять новую систему координат так, чтобы х' = х + —, аи у' = у, то в этой системе уравнение кривой принимает вид: ацх'г+ а' — 0. (10) Мы пришли к следующему выводу: Теорема [27.3 ]. Если кривая второго порядко в прямоуголь- ной декартовой системе дана уравнением (7), то путем надлежащего выбора новой прямоугольной декартовой системы координат урав- нение этой кривой можно привести к одному из следующих видов-. Ах24- By2 + С = 0, где А =# О, В =# 0; (8') Ах2-]-Ву = 0, где. А ф О, В #= 0; (9') Ах2-|-В = 0, где А 4= 0. • (10') 4. Классификация кривых второго порядка. Из теорем [27. 2] и [27.3] следует, что путем надлежащего выбора прямоугольной де- картовой системы координат уравнение любой кривой второго по- рядка можно привести к одному из видов (8), (9) или (10). В самом деле, сначала поворотом системы координат можно привести урав- нение кривой к виду (7), а затем переносом начала координат при- вести полученное уравнение к одному из видов (8), (9) или (10). От- сюда мы получаем способ для полной классификации кривых вто- рого порядка. А. Классификация к р и в ы х, з а д а н н ы х-у р а в- н е н и е м (8'). В уравнении (8') коэффициенты А и В отличны от нуля, а С произвольно. Рассмотрим два случая: 1) СУ= 0. Разделив (8') на — С, получаем; -£*2-£у2=1. (Н) Возможны следующие случаи: а)---- > 0#--- > 0. Если ввести обозначения: — — = — , ' С С С а2 В 1 .... х2 . У3 . .. ----= —, то уравнение (11) принимает вид: —= 1. Мы по- С Ь2 а2 Ь2 лучили каноническое уравнение эллипса. б) — — > 0, —- <0. Если ввести обозначения:-- — С С ' С а2 232
---^ =»— то уравнение (И) принимает вид: 1- Мы получили каноническое уравнение гиперболы. А В в) <0,-------------> 0. Этот случай легко свести к преды- с С дущему, если поменять ролями оси координат, т. е. рассмотреть преобразование х' = у, у' = х. Таким образом, в этом случае кри- вая представляет собой гиперболу. ч Л , п В . „ — , А 1 В г) <0,------<0. Если ввести обозначения — = —, — = ' С С С а* С 1 х 2 у = — , то уравнение (12) принимает вид:-----[- — — — 1. На этой Ь2 a2 Z?2 кривой нет ни одной действительной точки. Она называется мни- мым эллипсом. Уравнение ' у!___1 а2 ‘ Ь2 называется каноническим уравнением мнимого эл- липса. 2) С = 0. Уравнение (8') принимает вид: Дх2-)-Ву2 = 0. (12) Возможны следующие случаи: а) А > 0, В < 0. Если положить А = —, В =----, то урав- а2 Ь2 нение (12) принимает вид: —- — ^ = 0 или —"ь”) = Этим уравнением задается пара действительных прямых — + — = 0, ——- = 0, пересекающихся в начале координат. a b а b б) A <Z 0, В > 0. Этот случай легко свести к предыдущему, если умножить соотношение (12) на — 1. В этом случае кривая также представляет собой пару пересекающихся действительных прямых. в) А > 0, В > 0. Если положить А = — , В = —, то урав- а2 Ь2 нение (12) принимает вид: у2 V2 ----к — = 0 ИЛИ а2 Ь2 Этим уравнением задается пара комплексных пря- м ы х, пересекающихся в действительной точке О (0, 0). г) А < 0, В < 0. Этот случай сводится к предыдущему умноже- нием соотношения (12) на —1. Резюмируя все вышеизложенное, мы приходим к теореме: Теорема [27.4 ]. Кривая второго порядка, заданная в прямо- угольной декартовой системе уравнением 233
Ax2 + By2-)-С = О, Д¥=о, в^о, представляет собой 1. Эллипс, если С =А 0, — < 0, — < О. С С 2. Гиперболу, если С=^0, — > 0, — <0 или С #= 0, — <0, С С с 3. Мнимый эллипс, если С ¥= 0, —>0, — > 0. С С 4. Пару действительных пересека’ющихся прямых, если С = О, АВ < 0. 5. Пару комплексных прямых, пересекающихся в действитель- ной точке, если С = О, АВ > 0. Б. Классификация кривых, заданных урав- нением (9'). Разделив уравнение (9') на А, получаем: х2+ ~^У= = 0. Возможны два случая. > 1. -—> 0. Если положить-^ = 2 р и изменить направление оси Оу, т. е. рассмотреть преобразование х = х', у = — у', то предыдущее уравнение принимает вид: х'2 — 2ру'. Мы получили уравнение параболы (см. § 22, (2')). 2. — < 0. Если положить — = 2р, то исходное уравнение при- ^4 А нимает вид: х2 = 2ру. Мы снова получили уравнение параболы. Итак, справедлива следующая теорема: Теорема [27.5 ]. Кривая второго порядка, заданная уравне- нием Ах*+ Ву = 0, А#= 0, В=А=0, представляет собой параболу. В. Классификация кривых, заданных урав- нением (Ю'). Рассмотрим два случая: 1. В =#= 0. Разделив уравнение (10') на В, получаем: — х2-]- 1 =0. А А 1 а) Если — < 0, то, положив — — = — , получаем следующее уравнение: — — 1=0 или (— — 1W— —1Л = 0. Кривая представля- ' а2 \ а /\а ) ет собой пару параллельных прямых —= Г, — = — 1. а а А А 1 б) Если — >0, то, положив — = — , получаем следующее уравнение: — -)- 1 = 0 или (— + » V- — i ) = 0. Кривая представля- а2 \а / \ а / ет собой пару параллельных невещественных пря- мых. 234
2. В = 0. Уравнение (10') принимает вид х2 — 0. Мы получили уравнение оси Оу. В этом случае говорят, что кривая представляет собой пару слившихся прямых. Мы пришли к сле- дующей теореме: Теорема [27.6]. Кривая второго порядка, заданная в прямо- угольной декартовой системе уравнением Ах1 2, 3 4 5 * 7 8 9 + В = 0, А=^= 0, представляет собой: 1. Пару вещественных параллельных прямых, если АВ < 0. 2. Пару невещественных параллельных прямых, если АВ > 0. 3. Пару слившихся прямых, если В = 0. Резюмируя, приведенное выше исследование, можно сформули- ровать теорему: Теорема [27.7]. Существуют девять и только девять типов кривых второго порядка. Название кривой Каноническое уравнение 1. Эллипс 2. Гипербола 3. Парабола 4. Мнимый эллипс 5. Пара пересекающихся действи- тельных прямых 6. Пара невещественных пересекаю- щихся прямых 7. Пара параллельных действитель- ных прямых 8. Пара параллельных невеществен- ных прямых 9. Пара слившихся прямых У? а- . &2' х2 у2 а2 ~ й2 у2 = 2рх X2 у2 а2 Ь2 х2 — = 1 а2 х2 — = — 1 а2 х2 = 0 § 28. ПРИВЕДЕНИЕ УРАВНЕНИЯ КРИВОЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА К КАНОНИЧЕСКОМУ ВИДУ В предыдущем параграфе по существу был показан способ при; ведения кривой второго порядка к каноническому виду. Идея упро- щения уравнения кривой заключается в том, что сначала путем по- ворота системы координат приводят уравнение к виду (7), § 27, не содержащему члена с произведением переменных, далее переносом начала координат добиваются дальнейшего упрощения (см. формулы (8), (9), (10) предыдущего параграфа). Однако формула (6), § 27, не всегда удобна для нахождения cos a, sin а, поэтому практичес- 235
ки при решении задач на упрощение уравнения кривой поступают несколько иначе. 1. Характеристическое уравнение кривой. Пусть требуется при- вести к каноническому виду уравнение atl х2+ 2а12 ху + а22у2 + 2а13 х + 2а23 у -ф- а33 = 0, (1) где а12^= 0. Из формул (5), § 27 следует, что угол поворота а, при- водящий к новой системе, в которой а' 12 = 0, определяется из соот- ношения: —а ц sin а cos а + а12 cos2a — а12 sin2a + а22 sin a cosa=0. (2) Запишем это соотношение в виде sin а (аи cos а -ф- а12 sin а) — cos а (а21 cos а -ф- а22 sin а) = 0 или аи cos a -j- а12 sin а а21 cos а -ф- а22 sin а _ cos a sin а Отсюда следует, что строки определителя пропорциональны, т. е, au cos a -|- a12 sin a = s cos a, ' /o\ a21 cos a -j- a22 sin a = s sin a ' ' или ‘ (aH — s) cos a -ф- a12 sin a = 0, /3м a21 cos a (a22 — s) sin a = 0. ' ' Эта система относительно cos a и sin a совместна тогда и только тогда, когда «и —« = 0 (4) #21 ^22 $ ИЛИ' s2— (an + «22 )s + (aH a22 — a212) = 0. (4') Найдя какой-либо корень этого уравнения и подставив в (3'), по- лучаем два уравнения, каждое из которых является следствием дру- гого. Поэтому, отбросив одно из них, определяем из другого cos а, sin а. Уравнение (4') называется характеристическим урав- нением кривой второго порядка. 2. Свойства корней характеристического уравнения. Теорема [28.1 ]. Характеристическое уравнение кривой вто- рого порядка, отличной от окружности, всегда имеет два различ- ных действительных корня. Доказательство. Корни квадратного уравнения (4'), как известно, определяются по формуле (®11 + a22) + [“11 "Г а2г)2 — 4 (“11а22 — “12) S — ----• • 2 236
Но подкоренное выражение можно записать так: (аи Н- а2г)2 4(а11а22 а?ф — _j_ 2alt а22 -ф- а22 ^anaz2 "Ь 4а^2 = = («и — «22)2 + 4af2. Легко видеть, что это выражение положительно. В самом деле, оно неотрицательно, как сумма квадратов двух чисел. Если (а14—а22)2+ + 4п212 = 0, то йц — й22 = 0 и а12 = 0, т. е. кривая согласно тео- реме [12.2] представляет собой окружность. Теорема доказана. Каждому корню характеристического уравнения соответствует свой угол поворота. Если $1 и $2 — корни характеристического уравнения, a a j и аг — соответствующие углы, то из (3') следует, что (аи — Sj) cosat + a12 sinat = 0, (alt — S2)cosa24- 4-c12sina2 = 0. Так как a12^= 0, то cos a 1 #= 0 и cosa2=7^ 0, поэтому, разделив эти соотношения соответственно на cosat и cos аг, получаем выражения для угловых коэффициентов соответствующих направлений: £ _ sin ax _ sx Оц & _ sin ct2 _ s2 an COS €tj ^12 COS Ctg ^12 Покажем, что k^kz = — 1. В самом деле, , , (S1—all)(s2— all) Мг—all (S1 + s2)+ an ... M2 =-----------2-------- = ----------2----------• (6) al2 al2 По теореме Вие1а из (4') получаем: S|4-S2 = flii“[~ 022, SjS2 — Оц 022 — О2Х2. Подставив эти значения в соотношение (6), после элементарных преобразований получаем: kjtz = — 1. Мы пришли к следующей теореме: Теорема [28.2]. Каждому корню характеристического урав- нения соответствует направление, определяемое из уравнений причем два направления, соответствующие различным корням, взаим- но перпендикулярны. Они определяют направление осей новой системы O't' j', в которой кривая имеет уравнение, не содержащее члена с произведением переменных. В заключение отметим еще одно интересное свойство корней характеристического уравнения. Теорема [28.3]. Пусть кривая в системе Oij задана уравне- нием (1). Если систему координат повернуть так, чтобы новые оси определялись угловыми коэффициентами (5), то в новой системе кривая имеет уравнение: Si х'2 + s2y'2 + 2о'3х' + 2о'аз /+ о33 = 0, (7) где Si, s2 — корни характеристического уравнения, a'13= a13cosa! + о23 sina^ о'аз= o13 cosa2+ a23 sina2, (8) a aba2 — углы, соответствующие угловым коэффициентам kiU kz. 8 Л. С, Атанасян 237
'Д о к а з а те льет во. Угловые коэффициенты (5) опреде- ляют новую систему, в которой уравнение кривой имеет вид (3'), § 27, где а'12 = 0. Коэффициенты а'ц, а'22, а'13, а'23, а'33 этого уравнения определяются из соотношений (5), § 27. Если Г име- ет направление, соответствующее угловому коэффициенту kt, то из (5), § 27 следует, что а'ц = йцсоз2»! + 2а1г cosajsinaj + n^sm2^ = =cosa1(a11cosa1 + a12sinat) 4~ sinaKasiCOsaj + azssinaj). Из уравнений (3) следует, что attcosaj 4- a^sinaj = Sjcosat, a^cosaj + aaasinaj ^iSinap Подставив эти значения в предыдущее соотношение, получаем: а'ц = cosa^SiCOsaj) + sin a^Stsinaj) = Sp Аналогично определяем коэффициент 022: а’гг = ansin2ai — 2a12sina jcosa х + a22cos2ail Но ctz = сс i 4- 90°, поэтому at = аг — 90° и а'22 = ansin2(a2 — 90°) — 2a12sin (аг — 90°) cos (аг — 90°) + + a22cos2(a2 — 90°) = ancos2a2 + 2a12cosa2sina2 + a22sin2a2 = = cosa2(ancosa2 + a12sina2) + sina2(fl2icosa2 + a22sina2). Из уравнений (3) следует, что aucosa2 + a12sina2 = S2cosa2; a21cosa2 4- a22sina2 = s2cosa2. Подставив эти значения в предыдущее соотношение, получаем: а'22 = S2. Коэффициенты а'3, а23, а'33 непосредственно определяются из (5), § 27, если учесть, что a2 = cq 4- 90°. Теорема доказана. 3. Упрощение уравнения кривой второго порядка путем поворота системы координат. Теоремы [28. 2] и [28. 3] позволяют упростить уравнение кривой путем поворота системы координат. Если кривая второго порядка в прямоугольной декартовой системе задана урав- нением (1), где а12 =# 0, то для упрощения этого уравнения сначала, пользуясь формулами (5), определяют угловые коэффициенты ко- ординатных осей новой координатной системы, в которой a'i2 = 0. В этих формулах S!Hs2—корни характеристического уравнения (4'). Зная ki и /гг, можно найти формулы преобразования координат. В самом деле, если a = Z (/, Г), то = tga = ,k2 = tg(a4-90°)= — ctga = . cos a 4 sin a 238
Определив cos a, sin а, получаем формулы преобразования: х — x'cosa — y'sina, у = x'sina + y'cosa. Из теоремы [28.3 ] следует, что в новой системе кривая имеет уравнение (7), где а'13 и а'23 определяются из соотношений (8). Если в исходном уравнении (1) a13 = а23 = 0, то из (8) следует, что а'13 = а'ад = 0, поэтому уравнение (7) принимает вид: sp/2 + s2y'2 + aS3 = 0. (9) Рассмотрим несколько примеров упрощения уравнения кривой путем поворота системы координат. В каждом примере запишем формулы преобразования и изобразим кривые на чертеже. Пример 1. 9х2 —бху-J-y2 —/10х —3/10у = 0. а) Составим характеристическое уравнение данной кривой и найдем его корни: s2 — 10s = 0, s4 = 0, s2 = 10. б) Определим угловые коэффициенты новых координатных осей по формулам (5): , 0 — 9 „ , 10-9 1 =----— = о, Й2 = ----- =-----• —3 ’ 2 —3 3 Таким образом, tga = = 3. Отсюда легко получить: cos a 3 1 sm a — —— cos a _ ——. /10 /10 — 3 Формулы преобразования координат к новой системе имеют вид: 1 з X = “7=7 Х' — —— у', /10 /10 Л у = — X — у . /10 1 /10 ’ в) Относительно новой системы координат данная кривая определя- ется уравнением: у'2= х', г) На чертеже 128 изображена данная парабола. П р и м е р 2. 5х2 + 8ху + 5у2— — 9 = 0. Решение, а) Составим харак теристическое уравнение данной кри- вой и найдем его корни: S2 — 10s 4- 9 = 0, sx = 1, S2 = 9. Черт. 128 8* 239
б) Относительно новой системы координат данная кривая оп- ределяется уравнением (9), которое в данном случае имеет вид: х'2 _|_ 9у'2 _ 9 = о. Отсюда, разделив на 9, получаем каноническое уравнение эллипса: х'2 । у'2 = ! 9'1 в) Для того чтобы написать формулы преобразования системы координат, найдем угловые коэффициенты новых координатных осей по формулам (5): Таким образом, Zq = tg ai = — t, cq = — 45°, k2 = tga2 = 1, a2 = 45°. Формулы преобразования будут иметь вид: /Г , , /Г , X — --- X Ч- -— у , 2 1 2 у ’ /г , , /г , у =------— х' 4- -у'. У 2 1 2 У г) На чертеже 129 изображен данный эллипс. Пример 3. 4х2— 4ху + у2 — —15 = 0. Решение, а) Составим харак- теристическое уравнение кривой и найдем его корни: s2 — 5s = 0, Sj = 0, $2 = 5. б) Относительно новой системы координат данная кривая определя- ется уравнением: 0-х'2 + 5у'2 — 15 = 0, или у'2 = 3. Получили уравнение пары параллельных прямых. в) Для определения формул преобразования найдем угловые коэффициенты новых координатных осей: ь _______2и = А — 9 ь _ 5~4 гх-л - 1 - ----- гСо —• 1 012 2 - 2 2 * В данном случае координаты единичного вектора i [a, (JJ удоб- нее определить из уравнений: 240
а2 + р2 = 1( р = 2а; отсюда 1 я 2 а = ,_ , р = -у— . КГ Кб Вектор j' имеет координаты /{— ₽, а} : j' |• Ф°Р' мулы преобразования имеют вид: 1 2 , 2 , , 1 '"ТГ' -ТТ’’' ’ = 7Гх+7г>’- г) На чертеже 130 дано изображение кривой. 4. Упрощение уравнения кривой второго порядка путем переноса начала координат. Рассмотрим несколько примеров упрощения уравнения кривой пу- тем переноса начала координат. При этом будем пользоваться методом, изложенным в п. 3, § 27. Пример 4. х2 + бу2 — 6х + —12у + 13 = 0. Решение. а) Сгруппируем члены левой части данного уравнения относительно х и у следующим обра- зом: (х2— 6х + 9) + б(у2 + 2у + 1)—2=0 или (х-3)2 + б(у+1)2-2 = 0. Черт. 130 б) Введем обозначения: х—3 = х', у -J- 1 = у'. Отсюда получаем формулы переноса начала координат в точку О'(3, —1)з X = X' + 3, у = у' +(— 1). в) Уравнение данной кривой относительно системы О'х'у' имеет вид: X'2_|_6y'2_2 =0 ИЛИу + ^=1. I Мы получили каноническое уравнение эллипса. г) Для того чтобы начертить кривую, возьмем новую систему координат и на канонических осях построим отрезки Л1Л2 = 2)/2 иВД=^= так, как это изображено на чертеже 131. Далее, 241
строим эллипс, для которого отрезки AjA2 к ВхВ2 являются осями. Пример 5. 2х2— 8х-|-4у-|-9 = 0. Решение. Задача решается аналогично предыдущей. а) 2 (х2 — 4х 4) + 4( у + Д = 0 или 2 (х — 2)24-4(у4-1) = о. б) Введем обозначения: X' = х — 2, у' = у4--. Отсюда получаем фор- мулы переноса начала ко- ординат в точку / I о , 1 х = х ч-2. V = V — —. в) Уравнение данной кривой в новой системе О'х'у' имеет вид: 2х'2 -|- 4у' = 0 или х'2 = — 2у'. Если положить х"=х',у"=—у', то это уравнение принимает вид: х"2=2у". Получили каноническое уравнение параболы. г) На чертеже 132 дано изображение кривой в старой системе координат. Пример 6. х2 у2 — 2х 4- 4у 4~ 5 = 0, Решение. Задача решается аналогично предыдущим: а) (х2-2х 4- 1) 4- (У2+ 4у + 4) =0 или (х—1)2-4(у4- 2)2= 0. б) х'= х—1, у' = 2 4~у. Отсюда х = х' 4- 1, у = у' — 2, 071,-2). в) В новой системе полу- чаем каноническое уравне- ние пары мнимых прямых, пересекающихся в начале координат: х'2 + у/2 = 0> 242
5. Приведение общего уравнения кривой второго порядка к каноническому виду. В заключение рассмотрим примеры упро- щения уравнений кривой путем как поворота системы координат, так и переноса начала координат. В рассмотренных ниже приме- рах мы приводим уравнения кривых к каноническому виду и за- писываем формулы преобразования. Пример 7. 40х2 -г 36 ху 4~ 25 у2 — 8х — 14 у + 1 =0. а) Составим характеристическое уравнение и найдем его корни: s2 — 65s -ф 676 — 0; = 52, s2 = 13. б) Найдем единичные векторы новой системы координат, со- ответствующие полученным характеристическим числам: , s,—ап 12 2 , 3 «1 = —----— = — = — , R, =-----• а12 18 3 2 Отсюда получаем: / 3 2 1 j' f_ 2 3 1 1 I у Тз ’ /1з J ’ J I /13 ’ /13/’ в) Найдем коэффициенты а[з, ais при членах первой степени в новой системе. Для этого запишем найденные резуль- таты в следующую таблицу. V -> Sj = 52 J'->s2 = 13 «13 = — 4 3 /13 2 У 13 «23 — — 7 2 /13 3 /Тз Во втором столбце таблицы записаны координаты вектора I', а в третьем столбце — координаты вектора j'. Из формул (8) следует, что коэффициент ak3 равен сумме про- изведений соответствующих элементов первого и (k -ф- 1)-го столбцов таблицы. В данном случае щ'з = — 2/Тз, аи = -/ТЗ. Уравнение данной кривой в новой системе Ох'у' в общем виде запишется так: М'2 + s2y'2 + 2a'l3x' + 2а'3у' -/ а33=0. Подставив сюда найденные значения, получаем следующее уравнение: 52х'2 -/ 13у'2 — 4/13х/ — 2/13у'+ 1 =0. 243
г) Совершим преобразование переноса начала координат: 52 ( х'2 — х' + Д + 13 (у'2--------— у' + + 1 — 1 — 1 = 13 52) ' / у13 7 13^ = 52 (х'-----UT+ 13(/ — ~тМ2— 1 =0. 2/13/ V /13 / Если ввести обозначения: ~ 1 ~ , 1 X = X--------7=, У = У---7=г , 2/13 Л /13 то в новой системе с началом в точке Оу , /13^ уравне- ние кривой будет иметь вид: 52х2/- 13у2 = 1 или —у-----1-у— = 1. 52 Тз ; Мы получили каноническое уравнение эллипса, д) Определим ‘ формулы преобразования координат при пере- ходе от исходной системы Оху к системе О'ху. Так как 3 , 2 , 2 , , 3 , X = х'-------— у, У = -7=7- х' -4--7=- у' /13 /13 - /13 1 /13 Л и Х' = X -4— -7= , у' = у —I-.— , 1 2 /13 Л Л /13 то 3 ~ 2 ~ 1 X = -^=- X---у--------, V 13 /13 Л 26 2 ~ , 3 ~ . 4 у — —7"— X -4—у -4— — • /13 1 /13 У 1 13 Пример 8. 2ху + 4х + 2у + 5 = 0. Решение, а) Составим характеристическое уравнение и найдем корни: s2 — 1 = 0, S1 = 1, s2 = —1. б) Найдем единичные векторы новой системы координат, соот- ветствующие полученным характеристическим числам: = = ki = _ 1 012 Отсюда будем иметь: f | /Г /Г] •/[ /г /2~) | 2 ’ 2 /’ 7 ( 2’2/ 214
в) Найдем коэффициенты а'13, а'23 при членах первой степени в новой системе. Для этого запишем найденные значения в следую- щую таблицу: 1' -> Sj = 1 j' - -> S2 — — 1 а1з = 2 2 /г 2 а2з = 1 /г 2 /Г 2 при- , 3 V~2 , V2 Отсюда получаем: а13 = —-—, а23 =------— (см. предыдущий мер, пункт в). Уравнение данной кривой в новой системе Ох'у'запишется х'2 _ у/2 3 у2 х' _ |/ 2 у' 4- 5 = 0. г) Совершим преобразование переноса начала координат: //210 /3 /2" I //210/ | 1 \ I с X 2 4- 2 -х —'-----— у'2 4- 2. у' -I-------4- 5 — I. 1 2 4 / \ 2 2 так: —- + - = о, 2 1 2 зкгу / , . /Г\2 --- — у + -— 2 / г 2 / Если ввести обозначения , , зКГ ~ , /Г х = х+—У = У+^~ то в новой системе координат с началом в точке О' згЛ2 —2~ уравнение кривой примет вид: х2 — у2+ 1 = 0. Положив х* = у и у* = х, получим каноническое уравнение гипер- болы: х*2 — у*2 = 1. д) Определим формулы преобразования при переходе от исход- ной системы Оху к системе О'х*у*. Так как /Г , /г , /Г , , /г х = -— х' —-— у , у = -— х 4- -— у ; 2 2 ’ ’ 2 1 2 245
, ~ 3/2 , ~ /2 * ~ * ~ X = X------— , У = У---и X* = у, у* = X, то /2~ * | /2* * . /2” * I /Г" * п х =------— х* + -— у — 1, у = -— х* ч- -— у* — 2. 2 '2 л 2 2 П р и м е р 9. 4х2 — 4ху + у2 — 2х — 14у + 7 = 0. Решение, а) Составим характеристическое уравнение и найдем его корни: s2 — 5s = 0; $! = 0, s2 = 5. б) Найдем единичные векторы новой системы координат: Отсюда получаем: -U ____________U 1/5 ’ /б /’ J I /5 ’ /5 / в) Найдем коэффициенты а'3, а'3 при членах первой степени , _ 15 5 fli3 /5 ’ °23 /Г' Уравнение данной кривой в новой системе примет вид: с ,2 зо , ю , . _ п 5у .----х'------у' 4- 7 = 0. У /5 / 5 у 1 г) Совершим преобразование переноса начала координат: Г [ ,2 2 , . 1 \ 30 , . с _ 5 у--------г-= у' 4-------= х' 4- 6 = 0, V / 5 7 1 5 У / 5 1 с / , 1 \ 30 , /5 \ п 5 У---7=-----7= х — ~ Г /5 J /УI 5 / Если ввести обозначения , /5 , 1 5 у у /5 /1^5* то в новой системе с началом в точке-О' —f- , \ кривой примет вид: уравнение Мы получили каноническое уравнение параболы. д) Формулы преобразования предоставляем определить чита- телю. 246
Задачи С помощью преобразования поворота системы координат при- вести к каноническому виду следующие уравнения кривых второго порядка, написать формулы преобразования и изобразить данные кривые на чертеже: 351. —23х1 2 * — 72ху — 2у2 — 25 = 0. 352. х2 — 14ху + 49у2 — 50 =_0. 353. х2 + 2/Зху + Зу2 — 2/Зх + 2у = 0. 354 . 5х2 — бху + 5у2 + 8 = 0. 355. 34х2 + 24ху + 41у2 — 25 = 0. 356. 9х2 + 24ху + 16у2 — 40х + ЗОу = 0. 357. 2х2 + 12ху — 7у2 + 20 = 0. 358. х2 + 2ху + у2 = 0. 359. —17х2 + 2И35ху + 17у2= 0. С помощью переноса начала координат привести к каноническо- му виду следующие уравнения кривых второго порядка, написать формулы преобразования координат и изобразить данные кривые на чертеже: 360. х2 —— у2 —х— - у—1=0. 4 Л 2 7 361. Зх2 — 2у2+ 6х + 4у + 1 = 0. 362. х2+ 2у2— 4х — 12у + 23 = 0. 363. х2— 6х — 16 = 0. 364. 4х2 + 9у2 — 8х — 32 = 0. 365. х2— 4у2 — 4х — 8у — 4 = 0. 366. х2 — 2у2 + 2/Зх+20у — 47 = 0. 367. 2х2 + у2 + 4у + 4 = 0. С помощью преобразования поворота системы координат и пе- реноса начала привести к каноническому виду уравнения следую- щих кривых и написать формулы преобразования: 368. 9х2 — 24ху + 16у2— 20х + ПОу — 50 = 0. 369. 9х^_+ 1 бу2 — 24ху + ЗОх — 40у — 25 = 0. 370. Из х2 — КЗ у2+2ху — 2х — 2ИЗу = 0. 371. 9х2 + 6у2+ 4ху + 2х — 4у — 4 = 0. 372. ’ 9х2 — бху —у2 — 3 ИТО х — 9 ИГОу—90 = 0. 373. 25х2 + 40у2 + Збху — 34х — 11 бу + 89 = 0. 374. 16х2 + 9у2 — 24ху + ббу — 88х + 121 = 0. § 29. ПЕРЕСЕЧЕНИЕ КРИВОЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА С ПРЯМОЙ; АСИМПТОТИЧЕСКИЕ НАПРАВЛЕНИЯ И АСИМПТОТЫ 1. Определение точек пересечения кривой второго порядка с прямой. Пусть в аффинной системе координат Oetez дана кривая второго порядка 247
aslx2 + 2a12xy + a22y2 + 2a13x + 2a23y + a33= 0 (1) и прямая x == pit + g ±, У = Pit + is, (2) где p\pi, p2} — направляющий вектор прямой, a M0(£b |2) — на- чальная точка (черт. 133). Найдем точки пересечения прямой (2) и кривой (1). Для решения этой задачи подставим зна- чения х, у из соотноше- ний (2) в уравнение (1) и определим корни полу- ченного уравнения относи- тельно t. Тем самым мы определим параметры то- чек пересечений прямой (2) с кривой (1): Оц(рД + 5i)2 + 2al2(pit+ 4~ £0(р2^ + £2) + а2г(Р2^+ -н2)2+ 2а 13 (р^+544- -Т 2a23(p2t + 5г) + азз= О- После раскрытия скобок и группировки членов получаем: Р? + 2Qt + R = 0, (3) где для сокращения записи введены обозначения: 2 Р = а11Р1р14-2а12р1р2 + а22р2р2= 2 «а₽РаР₽> (4) а, р=1 Q — «11 Р1 51 4“ «12 Pi 5г 4~ «21 Pi, + «22 Pi 5г 4“ 4- а1з Pi 4~ а2з Pi,= Pi (аи 514~ а12 52 4- ««) 4- 2 2 4- р2 («21 51 4г «22 52 + а23) = 2 «а ₽ Ра 2 ааЗ Ра> (5) а, р=1 а=1 7? — аи %! 51 4- 2«i2 £1 ёг 4- «22 52 52 4“ 2а13 4“ 2а23 52 4~ «зз — 2 2 = «а ₽ 5а 5р 4“ 2 2 «аЗ 5а 4“ «зз- (6) а, (3=1 а=1 Определив из уравнения (3) значения параметров точек пересече- ний и подставив в (2), получаем координаты точек пересечений. Заметим, что каждому корню уравнения (3) соответствует точка пересечения, причем различным корням соответствуют различные 248
точки. Существенно заметить, что действительным корням уравне- ния (3) соответствуют действительные точки, а невещественным корням — невещественные. Таким образом, для определения коли- чества и характера точек пересечений необходимо исследовать уравнение (3). 2. Исследование уравнения (3). Прежде чем перейти к исследо- ванию корней квадратного уравнения (3), сделаем несколько заме- чаний относительно коэффициентов этого уравнения. Прежде все- го заметим, что коэффициент Р зависит от направления прямой (2) и не зависит от выбора начальной точки. Отсюда следует, что если для всех параллельных прямых взять один и тот же направляющий вектор, то коэффициент Р будет иметь одно и то же значение. Далее, если для данной прямой Р =Р 0, то для всех прямых, параллельных этой прямой, Р =£ 0. Из соотношения (6) следует, что R есть значение левой части уравнения (1), куда вместо х и у подставлены координаты начальной точки прямой. R не зависит от направления прямой, зависит толь- ко от положения начальной точки. Если начальная точка лежит на кривой, то R = 0 и наоборот. Отсюда, в частности, следует, что ес- ли кривая имеет по крайней мере одну действительную точку, то, подходящим образом выбрав систему координат, всегда можно до- биться того, чтобы Я = 0. Корни уравнения (3) существенно зависят от значений его ко- эффициентов. 1. Р = '^iaafiPaP^ i= 0- Уравнение (3) имеет два корня: t --<?± /<Р-РР т 11,2~ ------р-------• Возможны следующие случаи: a) Q2 — PR > 0; уравнение (3) имеет два различных действи- тельных корня, поэтому прямая (2) пересекается с кривой (1) в двух действительных различных точках (черт. 133, прямая lt). б) Q2 — PR — 0; уравнение (3) имеет два совпадающих корня, поэтому прямая (2) пересекается с кривой (1) в двух слившихся точках. В этом случае мы будем говорить, что прямая (2) каса- ется данной кривой (черт. 133, прямая /2). в) Q2 — PR < 0. Уравнение (3) имеет два комплексно-сопря- женных корня. Обозначив их через = а + ф и t2 = а — фи подставив в (2), получаем: Xi = (ла + У-Н Р1₽, У! = (Р2« + ^) + »Р2₽; х2 = (Pi а 4-^i) — i pi р, у2 = (р2а-4-У —ip2₽. Таким образом, прямая пересекается с кривой в двух комплек- сно-сопряженных точках М^, yj и М2(х2, у2) (черт. 133, прямая /3). 2. Р = аа р Ра Р$ ~ 0- В этом случае уравнение (3) имеет вид: 2Q£ -ф- R = 0. 249
a) Q =/= 0, 2? — любое. Уравнение (3) имеет один-единственный / = —*, 2<? корень: поэтому прямая (2) пересекает кривую (1) в од- ной действительной точке (черт. 134, прямая /, или черт. 135, прямая /). б ) Q = 0, R 0. Уравнение (3) не имеет ни одного корня (ни ве- щественного, ни невещественного), поэтому прямая не пересекает кривую ни в одной точке (черт. 134 или черт. 136, прямая т). в) Q = 0, R = 0. Любое значение t удовлетворяет уравнение (3), поэтому прямая всеми своими точками принадлежит кривой, т. е. в этом случае кривая распадается на две прямые (черт. 135 или черт. 136, прямые п и «')• Прямые, направляющие векторы которых удовлетворяют усло- вию Р = 0, называются прямыми асимптотического направления по отношению к данной кривой, а направляющие векто- ры этих прямых — вектора- ми асимптотическо- го направления или асимптотическими векторами. На черте- жах 134, 135, 136 и 137 век- торы р и q имеют асимпто- тические направления. Очевидно, понятие пря- мой асимптотического нап- равления не зависит от вы- бора аффинной системы ко- ординат, так как оно имеет геометрический смысл. Кро- Черт. 136 ме того, из замечания, сде- ланного выше, следует, что 250
если некоторая прямая имеет асимптотическое направление, то любая параллельная ей прямая также имеет асимптотическое нап- равление. Таким образом, мы приходим к следующему выводу: Теорема 129. 1 ]. Если прямая (2) не имеет асимптотичес- кого направления по отношению к кривой второго порядка (1), то она пересекается с ней в двух точках: а) действительных различных, если Q2 — PR > О, б) комплексно-сопряженных, если Q2 — PR < О, в) совпадающих, если Q2 — PR — 0. Если прямая имеет асимптотическое направление по отношению к кривой второго порядка, то она либо пересекается с ней в одной точке (Р=0, Р ,_ Q =# 0), либо не имеет с ней ни одной общей точки (Р — 0, Q = 0, R 4= 0), либо принадлежит кривой (Р= Q=R = 0). ( Из этой теоремы непосредственно следует: Теорема [29.2]. Если прямая _ имеет с кривой более чем две общие точки, то она целиком принадлежит Черт. 137 кривой. Пример 1. Найти точки пересечения кривой х2 — 2ху — Зу2 — 4х — бу + 3 = 0 с прямыми: а) х = t, у = 5t — 5; б) х = 3/ -j- 6, у = 14-2. Решение, а) Сначала найдем коэффициенты уравнения (3). Для этого можно либо воспользоваться формулами (4), (5) и (6), либо подставить значения х, у из уравнения прямой в уравнение кривой и, раскрыв скобки, сгруппировать подобные члены. Решим задачу вторым способом: х = t, у = 5(/ — 1), t2— 2t-5(t — 1) — — 3 • 25(/ — I)2 — 4/ — 6 5(i — 1) + 3 = 0. Отсюда получаем: —84/2 + 126/ — 42 = 0 или 2/2— 3t + 1 = 0‘. Это уравнение име- ет корни: h = l, tz = . Подставив эти значения в уравнение прямой, получаем координаты двух точек пересечения: Af/l, 0), (1 5 \ — ,-----. Непосредственной подстановкой легко убедиться в том, что эти точки лежат на данной кривой. Таким образом, имеет место случай: Р =# 0, Q2 — PR > 0. б ) Определим коэффициенты Р, Q и /?из соотношений (4), (5) и (6). В данном случае pi = 3, pz = 1, g, = 6, £2 - 2. Р = З2 — — 2-3-1 —3-1=0; Q = 3(1-6— 1-2 —2) 4- 1(—1-6 — 3-2 — 3) = = 6 — 15 = —9; R - 36 — 2-6-2 — 3-4 — 4-6 -6-2 4- 3 = = —33. 251
33 33 Таким образом, уравнение (3) имеет один корень: t= —— = —— . Подставив это значение в уравнение прямой, получаем координаты единственной точки пересечения: М ( —, — \ 2 6 / П р и м е р 2. Через точку (1, 0) провести касательную к кри- вой: Зх2 + 7ху + 5у2 — 2х — 2у = 0. Решение. Пусть k = — — угловой коэффициент касатель- Р1 , ной. Определим k из условия Q2 — PR = 0 и запишем уравнение прямой, проходящей через точку (1, 0) и имеющей угловой коэф- фициент k. р = 3/?2 + 7/?1Р2 + 5р2; Q = P1(a114-a13) + p2(a214-a23) = = 2Р1 + уР2; К = 3-1-2.1 = 1. Q2 — PR = 4pl + 10P1 p2 + -y Pl - 3Pf- К — 7Pi p2 — 5p| = p\ + 3P1 p2 + — p22. Таким образом, Р1 и р2 должны удовлетворять условию: р\-\- 3Р1 р2 Н~ ~^~р1 = 0- Нас интересуют ненулевые решения этого уравнения, поэтому Р1 #= 0. Разделив уравнение на р\ и учитывая, что — = k, будем иметь: — k2 -4- 3k -f- 1 = 0. Отсюда получаем Pi 4 2 угловые коэффициенты касательных: kt ---------, k2 — —2. 5 Уравнения касательных, соответствующих этим угловым коэф- фициентам, таковы: 2х + 5у — 2 = 0, 2х + у — 2 = 0. 3. Асимптотические направления. Выше было отмечено, что вектор p{pi, pz] называется вектором асимптотического направле- ния относительно кривой второго порядка (1), если его координаты удовлетворяют условию Р = 0 или в развернутом виде: auPiPi + 2а12р1Ра + а22р2р2 = 0. (8) Геометрически это означает, что всякая прямая, параллельная вектору р, либо пересекает кривую в одной точке, либо не пересе- кает ее, либо всеми точками принадлежит кривой. Отсюда выте- кает, что условие (8) не зависит от выбора аффинной системы коор- динат. Исследуем соотношение (8) и выясним, сколько асимптоти- ческих направлений имеют те или иные кривые второго порядка. Рассмотрим следующие два случая: 252
1) а22 Ф 0. Так как нас интересуют ненулевые решения урав- нения (8), то в данном случае р{ #= 0. Разделив соотношение (8) на р2 и положив — = k, получаем: Pi a22k2 + 2а126 + аи = 0. (9) Здесь k — угловой коэффициент искомых векторов асимптотиче- ского направления. Решив это уравнение относительно k, полу- чаем: & _ — — Л j _ (“и ^12 _ а а —а2 (Ю) а22 ’ м 2 1 «21 а22 11 22 12 Отсюда следует: а) если /г > 0, то кривая не имеет ни одного действительного асимптотического направления; б) если /г < 0, то кривая имеет два различных асимптотических направления; в) если /г=0, то кривая имеет одно асимптотическое направле- ние; 2) ам = 0. В этом случае уравнение (8) принимает вид: au р2 + 2а12 Pl р2 = 0 или рг (ап р^ + 2п12 р2) = 0, (8Z) /2 =. аи а22 — а22 = — а22. Отсюда следует, что в этом случае /2 < 0. Если /2 < 0, то а12 =И=0 и уравнению (8') удовлетворяют два различных направления. a) pt = 0, р2 — любые; б) k = — = ——. Pi 2а12 Первое из них, очевидно, совпадает с направлением оси Оу. Если /2 = 0, то й12 = 0 и уравнение (8') определяет только одно направ- ление pt=0, рг—любое, которое совпадает с направлением оси Оу. Таким образом, случаи а12 =# Ои а22 = 0 несущественно отличаются друг от друга и мы приходим к следующей теореме: Теорема [29.3]. Пусть дана кривая второго порядка (1) и /2 = й116212 . Если то кривая не имеет действительных I а21а22 | асимптотических направлений (черт. 133), если h = 0, то она имеет одно асимптотическое направление (черт. 136, 137), если же 0, то два различных асимптотических направления (черт. 134 и 135). Вычислим /2 для всех девяти типов кривых второго порядка. Знак /2, как следует из предыдущей теоремы, имеет геометрический смысл, поэтому Ън не зависит от выбора системы координат. В са- мом деле, если, например, в какой-то системе Ое^е-г. для данной кри- вой /2 > 0, а в другой системе О'ег'ег Гг < 0, то это означает, что в первой системе кривая не имеет действительных асимптотических направлений, а во второй системе имеет два направления. Этот вы- 253
вод, очевидно, противоречив, так как наличие асимптотических нап- равлений не зависит от выбора системы координат. Учитывая это обстоятельство для вычисления /г, мы воспользуемся канонически- ми уравнениями кривых, которые приведены в теореме [27.7]. Непосредственный подсчет показывает, что для эллипса, мнимого эллипса, пары невещественных пересекающихся прямых /2 = —!— > 0. Для гиперболы, пары пересекающихся действи- а2 Ь2 , 1 тельных прямых /2 ------------- а2 Ь2 <0, а для остальных кривых /2=0. Таким образом, мы пришли к следующей теореме: Теорема [29. 4 ]. Действительный и мнимый эллипсы, пара невещественных пересекающихся прямых не имеют действительных асимптотических направлений. Гипербола и пара пересекающихся действительных прямых имеют два асимптотических направления, а парабола, пара параллельных действительных или невеществен- ных прямых и пара слившихся прямых имеют одно асимптотиче- ское направление (см. черт. 133—137). Введем следующее определение. Если h > 0, то кривую будем называть кривой эллиптического типа, если /2 < 0 — гиперболического типа, если же h = 0 — парабол и- ч е ско го типа. Пример кривой второго Решение. 3. Найти векторы асимптотического направления порядка: 4х2 — Зху — у2 — х — 2 у + 1 =0. =-4--i = -2-S<0, 4 4 то кривая принадлежит гиперболическому типу и имеет два раз- личных асимптотических направления. Так как а22 = — 1 =и= 0, то угловые коэффициенты этих направлений определяются из соотно- - ± - шения (10): k =—----— = —3 ± 5 ; = —4( k2 — 1. Векторами асимптотического направления будут pi [1, —4}, р2 {1, 1) и любые ненулевые векторы, им коллинеарные. 4. Асимптоты. Асимптотой кривой второго порядка называется всякая прямая, которая либо вовсе не пересекается с кривой (не име- ет с ней ни вещественных, ни невещественных точек), либо всеми точками принадлежит кривой1. Если кривая задана уравнением (1), то прямая (2) будет асимптотой тогда и только тогда, когда Р — = Q — 0, R — произвольное. Из этого определения следует, что всякая' асимптота имеет асимптотическое направление, поэтому 1 Это определение, вообще говоря, не совпадает с определением асим- птот, которое дается в курсе математического анализа. Оно заимствовано у А. М. Лопшица [6]. 254
асимптоты могут существовать только для кривых гиперболическо- го и параболического типа. Возникает вопрос: пусть вектор p{pi, рч} имеет асимптотическое направление относительно кривой (1). Существуют ли асимптоты, параллельные вектору р? На этот вопрос по существу отвечает сле- дующее предложение: Теорема [29.5]. Если p{pi, рч\ является вектором асимпто- тического направления относительно кривой (1), то для того, что- бы точка М(х, у) лежала на некоторой асимптоте, имеющей нап- равление р, необходимо и достаточно, чтобы координаты М удовлет- воряли уравнению-. Pi(atix + а12у + а13) + p2(a2ix + а22у + а23) = 0. (11) Доказательство. Пусть точка М(х, у) лежит на асимп- тоте I, имеющей направление p{plt р2}. Запишем параметрическое задание прямой I, приняв точку М за начальную: X = ptt + х, Y = pit + у. (12) Уравнение (3) для прямой I запишется так: РР + 2Qt + R = 0, (13) где в выражения Q и R вместо и |2 подставлены х и у (см. соот- ношения (5) и (6)). Так как / является асимптотой, то Р = Q = 0. Но условие Q = 0 в данном случае имеет вид (11). Обратно, пусть координаты точки М(х, у) удовлетворяют урав- нению (11). Проведем через точку М прямую /, параллельную век- тору р и докажем, что эта прямая является асимптотой. Если (12) есть параметрическое задание прямой I, а (13) — условие, из ко- торого определяются параметры точек пересечений этой прямой с кривой (1), то в силу (11) Q = 0 и в силу того, что />(/?!, рг\ имеет асимптотическое направление, Р = 0. Таким образом, I является асимптотой. Теорема доказана. Исследуем уравнение (11) для различных типов кривых. 1. /а > 0. В этом случае кривая не имеет асимптотических направлений и, следовательно, асимптот (черт. 133). 2. /2 < 0. Кривая имеет два асимптотических направления. Пусть p{Pi, рч\ — одно из них. Запишем уравнение (11) в виде: (aupi + а12р2)х + (Щ1Р1 + а22р2)у + а31р, + аз2р2 = 0. (11') В этом уравнении коэффициенты при х и у одновременно не равны нулю. В самом деле, если предположить, что аирх + ai2p2 = 0 и a2iPi + °ччРч = 0, то отсюда следует, что 1ч = | 1 = 0, что противоречиво. Таким образом, уравнением (1Г) задается одна прямая. 3. /2 = 0. В этом случае, как следует из исследования асимпто- тических направлений, р± и р2 пропорциональны числам ачч, — ан 255
(см. стр. 353). Не нарушая общности, можно положить: =a2i, р2 = —а12. Подставив эти значения в (11'), получаем: 12х + + 0-у +(а31а22 — йз2а12) = 0 или 0-х + 0-у + L = 0, где L = = а31й22 — a32ai2. Если L Ф 0, то кривая не имеет асимптот, па- раллельных вектору р, если же L = 0, то все прямые, параллель- ные вектору р, являются асимптотами. Других асимптот кривая не имеет. Отсюда видно, что условия L ¥= 0 или L = 0 имеют геометри- ческий смысл, поэтому они не зависят от выбора системы коорди- нат. Вычислим Л для всех кривых параболического типа, заданных каноническими уравнениями. Для параболы у2— 2рх = 0 имеем: L = —р-1 = —р=£ 0. Для пары параллельных прямых (действи- тельных или комплексных) или для слившихся прямых: х2 + а2= = 0, L = 0 — 0 = 0. Мы пришли к выводу, что парабола не имеет асимптот, а для пары параллельных или слившихся прямых любая прямая, параллельная им, является асимптотой. Резюмируя все сказанное, мы приходим к следующей теореме: Теорема [29.6 ]. Кривые эллиптического типа 1г~> 0 и парабола не имеют асимптот. Каждая кривая гиперболического типа 0) имеет две асимптоты, соответствующие двум раз- личным асимптотическим направлениям. Эти асимптоты задаются уравнением (11) (черт. 134, прямые т и т', и черт. 135, прямые п и п'). Кривые параболического типа, отличные от параболы и яв- ляющиеся парой слившихся или параллельных прямых, имеют пучок параллельных асимптот, включающий данные прямые (черт. 136). Пример 4. Найти асимптоты гиперболы, данной каноническим X2 у2 , уравнением-------— = 1. а2 &2 Решение. Согласно предыдущей теореме кривая имеет две асимптоты. Векторы асимптотического направления определяются из условия Отсюда определяем два направления: р\—а, &}, q{a, 6}. Подставив эти значения в (11), получаем уравнения двух асимптот: — а(— лА + b f— у') = 0 или — = —, у = — х; \а2 ) 1 \Z>2 -J а Ъ ’ а а(— х\-{-Ь (— у\ = 0 или — 4- — = 0, у =---------—х. \а* ) 1 а 1 Ь ' у а На чертеже 134 асимптоты гиперболы обозначены через т и т'. Эти уравнения полностью согласуются с тем определением асимп- тот гиперболы, которое было дано в § 21, п. 3. Пример 5. Написать уравнение асимптот кривой: 2х2 + Зху + у2 — 2х + у= 0. 256
3 Решение. Так как /2 1 ------, то 4 2 3 = 2 —— 4 кривая имеет две асимптоты. Для нахождения их угловых коэф- фициентов можно воспользоваться соотношением (10): kl — — 2, ki = —1. Отсюда определяем векторы асимптотических направле- ний pt{—1,2},рг{1,—1|. Уравнения асимптот данной кривой имеют вид: После элементарных преобразований получаем: х -J- -i- у -|- 2 = 0 или 2х -ф- у 4 = 0; 1 1 ч — х-[- — у-----------— = 0 или х у — 3 = 0. Примеры и задачи 375. Определить точки пересечения кривой второго порядка х2 — 2ху ф- у2 — 4х + 4 = 0 с прямой х 4- у — 2 = 0. 376. Дана кривая второго порядка: х2 — бху — 7у2 ф- 2х — у 4- 1 =0. Выяснить, какие из векторов а {1,2}, &{3,—4}, с {7, 1), d {2,0}, е{—1,1} имеют асимптотическое Направление относительно данной кривой. 377. Каково необходимое и достаточное условие того, что а) ось Ох имеет асимптотическое направление; б) ось Оу имеет асимптоти- ческое направление? 378. Напишите общий вид уравнения кривой, для которой оси координат имеют асимптотические направления. К какому типу принадлежит эта кривая? 379. Доказать, что если координаты ненулевого вектора р{р\, Р*} удовлетворяют уравнениям ацр1 + а12р2 = 0 и a2lpi ф- а22р2 = 0, то кривая принадлежит параболическому типу и вектор р имеет асимптотическое направление. 380. Найти векторы асимптотического направления для сле- дующих кривых второго порядка: 257
a) 4x2 — 5xy + y2 — 3x + 7 = 0; 6) x2 — 6xy + 9y2 — 12x + 14y — 7 = 0; в) x2 + 2xy + 5y2 — 3x + 5 = 0; r) x2 — 2xy + 5x — у = 0; д) у2 + 5x — Зу — 1 = 0. 381. Написать уравнения асимптот следующих кривых второго порядка: а) 2х2 — Зху — х + Зу + 4 = 0; б) Зх2 + Юху + 7у2 + 4х 4- 2у + 1 = 0; в) 2х2 + ху + у2 + 11х — 4у + 5 = 0. 382. Назовите кривые второго порядка, имеющие: а) два асимптотических направления и две асимптоты; б) одно асимптотическое направление и бесчисленное множество асимптот; в) одно асимптотическое направление и ни одной асимптоты. 383. Используя понятие асимптотических направлений, пока- зать, что кривая х2 — х + у = 0 не эллипс и не гипербола, а кри- вая ху + х + 1 = 0 не парабола и не эллипс. 384. Ответьте на следующие вопросы: при каких условиях а) ось Ох является асимптотой данной кривой? б) ось Оу является асимптотой данной кривой? в) оси координат являются асимптотами кривой? Для каких кривых это возможно? 385. Написать уравнение гиперболы, проходящей через точку (0, —5) и имеющей асимптоты х — 1=0, 2х — у + 1 = 0. 386. Через точку (4, 3) провести касательные к кривой х2 — 4ху + 2у2 + 6х—2у — 3 = 0. . § 30. ДИАМЕТРЫ И ЦЕНТР КРИВОЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА 1. Диаметры кривой второго порядка. Пусть p{plt р2] — вектор неасимптотического направления относительно кривой второго по- рядка: аих2 + 2а12ху + а22уг+ 2а13х + 2а23у+а33= 0. (1) Из теоремы [29.1 ] следует, что все прямые, параллельные р, пере- секают кривую в двух точках — действительных или мнимых. Если + фр a2+t₽2) и ^(cq — i0ь аг — 10г) — комплексно- сопряженные точки, в которых прямая пересекает кривую второго порядка, то середина отрезка ЛЦМг, очевидно, имеет действитель- ные координаты (а1( а2). Таким образом, середина любой хорды неа- симптотического направления есть действительная точка. Рассмотрим геометрическое место середин всех хорд, параллель- ных вектору р (черт. 138). Обозначим через М(х, у) координаты 258
произвольной точки искомого геометрического места. Напишем па- раметрическое задание прямой, проходящей через Л4(х,у) параллель- но р {pi,p2}, приняв точку М за начальную точку: X — р^ + х, Y — pzt + у. (2) Пусть Xi,Yi и Xz, Yz—координаты точек пересечения данной прямой с кривой (1), a ti и tz — параметры этих точек. Тогда Xi = = piti+ х, Y1= pzti-Y у; Xz=Pitz + x, Y2 = pztz + у. Так как M(x,y) — середина отрезка (Х4, Y 4), (Х2,У2), то Х4 + Xz =2х, Yi + Yz = 2у, поэтому p4(G -f- tz) = 0 и pz(ti + h)= 0. Но pi и pz одновременно не равны нулю, поэтому ч » ti + tz = 0. (3) . \ \ \ \м, С другой стороны, ti И tz \ \ \ \ \ \ \ являются корнями уравнения \ \ \ \ \ \ \ \ (3), § 29, где Р = ацР\ + . \ \ 4-2а12р!р2 + а22р22т^0. Сум- . \ \ \ \/\Х \ \ ма корней квадратного урав- V \ \ у \ \ нения равна нулю в том и р\ \Х \ \ \ ' только в том случае, когда \ Y >с\ \ \хл \ \ \ ' коэффициент при неизвест- \-brvX \ \ ' ном в первой степени равен -S \ \\ \ \ \ \ нулю. В данном случае, в си- \ \ \ \ \ ' лу формулы (5), § 29, имеем: \ \ \ ' Q = Pitp. цх + а12у + а13) 4- черт. 133 И- pz(a2ix + а2гУ “Ь azs) = (4) Мы показали, что если (х, у) — координаты середины произ вольной хорды, параллельной вектору p{pt р2}, то они удовлетво- ряют уравнению (4). Обратно, пусть координаты точки М{х, у) удовлетворяют урав- нению (4). Покажем, что М принадлежит рассматриваемому геомет- рическому месту точек. Проведем через М прямую, параллельную вектору p(pi, р2). Принимая М за начальную точку, напишем пара- метрическое задание прямой в виде (2). Если (Х1; Y^, (Х2, Yz), tt и tz — соответственно координаты и параметры точек пересечений прямой с кривой, то, в силу (4), Pf +Я=0, /1+^2 = 0, поэтому Х4 -j- Х2 = Piti~\- хPit2-\- х — 2х, + ^2 = Pi h + У + Рг h + У ~ 259
Отсюда следует, что М есть середина хорды, проходящей через эту точку и параллельной вектору р. Таким образом, соотношение (4) есть уравнение искомого геометрического места точек. Для того чтобы убедиться в том, что уравнение (4) является уравнением прямой, необходимо показать, что в этом уравнении коэффициенты при х и у одновременно не равны нулю. В самом деле, если предположить, что auPi + а21р2= 0 и ai2pi + а22р2 = О, то, умножив первое соотношение на pi,a второе на р2 и сложив, получаем: йн/Л + 2a12pip2 + аъ2р\ = 0, т. е. вектор p\pi, р2} будет иметь асимптотическое направление, что противоречит усло- вию* выбора вектора р. Мы доказали теорему: Теорема [30. 1]. Геометрическое место середин всех хорд кривой (1), параллельных вектору p{pi,p^} неасимптотического на- правления, есть прямая, заданная уравнением (4). Эта прямая на- зывается диаметром кривой, соответствующим (или сопряженным) вектору р. Таким образом, каждому вектору р неасимптотического нап- равления соответствует свой диаметр. Уравнение диаметра (4) по виду тождественно с уравнением асимптот (11), § 29. Однако следует помнить, что в уравнении (4) вектор p{pi, р2| н е имеет асимптотического нап- равления, в то время как в уравнении (11), § 29, р {р^ р2} является вектором асимптотического нап- равления. Пример 1. Определить диаметр кривой х2— Зху + + 2 у2—4х = 0, соответствующий вектору р (1, 2}. Решение. Вектор р не имеет асимптотического направления относительно данной кривой, поэтому существует диаметр, соот- ветствующий вектору р. Подставив значения коэффициентов урав- нения кривой и координат вектора р в (4), получаем: 1(1.х-Ау-2) + 2(—|х + 2у)= 0 или после приведения -подобных членов: — 2x4-у —2 = 0, 4х —5у4-4 = 0. П р и м е р 2. Определить тот диаметр кривой 4 х2 — 6 ху -ф- 4- у2 — 8 у + 1 = 0, который проходит через точку (0, 1). Решение. Если кривая задана уравнением (1), то диаметр, соответствующий вектору р [р1( р2}, определяется уравнением (4). В данном случае это уравнение имеет вид: р t (4 х — 3 у) + р2(—Зх + + у — 4) =0. Так как этот диаметр проходит через точку (0, 1), то Pi (0 —3) + р2 (1 — 4) = 0 или pi 4- р2 = 0. Пусть, например, Pi = 1, то р2 = —1. Подставив эти значения в предыдущее урав- нение, получаем: 7 х — 4у + 4 = 0. 260
2. Центр кривой второго порядка. Точка С плоскости называ- ется центром кривой второго порядка, если кри- вая симметрична относительно С. Это означает, что для всякой точки М, принадлежащей кривой, точка М', симметричная М от- носительно С, также принадлежит кривой. Выясним, каждая ли кривая второго порядка имеет центр, сколько может существовать центров и как определить их коорди- наты. На все эти вопросы по существу отвечает следующая основ- ная теорема: Теорема [30. 2]. Для того чтобы точка С (х0, у0) была центром кривой второго порядка (1), необходимо и достаточно, чтобы координаты точки С (ха, у0) удовлетворяли уравнениям: аи хо 4" ai2 Уо + «is = 0» (5) «21 *о + а22 уо + а23 = 0. Доказательство. Пусть С (х0, у0) — центр кривой (1). Возьмем два неколлинеарных вектора р \plt р2}, q {qi, qz\, не имеющих асимптотических направлений относительно данной кри- вой. Если через С (х0, у 0) провести две прямые, параллельные векторам р и q, то каждая из этих прямых пересекается с кривой соответственно в двух точках Мt, М2 и N2. Очевидно, точка С как центр кривой является серединой отрезков MiM2 и Л^Л^. Отсюда следует, что С принадлежит диаметрам, соответствующим векторамр и q, но тогда координаты точки С удовлетворяют их урав- нениям: pl («цХ0 + «12У0 + «1з) + р2 («21* о + «22У о + «2з) = <71 (ЯцХ о + «12У0 + «1з) + <?2 («21* о + «22У о + «2з) = 0. Так как векторы р и q не коллинеарны, то | 0, поэтому выражения в скобках равны нулю, т. е. выполняются условия (5). Обратно, пусть координаты точки С (х 0, у 0) удовлетворяют со- отношениям (5). Возьмем произвольную (вещественную или не- вещественную!) точку М, (xlt yj) кривой (1) и докажем, что точ- ка М2(х2, у2), симметричная точке Л4, относительно С, также лежит на кривой. В самом деле, Xi + х2 = 2 х 0, yt + у2 = 2 у 0, отсюда *2 = 2 х0 — Xi, у2 — 2у 0 — yt. а1( (2х0 — *i) (2х0 — *0 + 2 а12 (2 х0 — *i) (2 у 0 — У1) + + «22 (2 у 0 — у4) (2 у 0 — yi) + 2 а13 (2 х0 — х0 + 2 а23 (2 у 0 — — У1) + «зз = 4 х0 (ацхо + а12у о + «13) + 4 у 0 (а21х0 + + «22У о + «2з)— 4 Xi (ацХо + «12У о + «13) — 4 yi (а21*о + + «22У о + «2з) + «11*1*1 + 2 а12Х1У! + a22yiyi + 2 а13Х1 + + 2 а23у j + а33. Эта сумма равна нулю, так как точка (xlt у() принадлежит кривой и координаты точки С (х 0, у 0) удовлетворяют уравнени- ям (5). Теорема доказана. 261
Доказанная теорема позволяет исследовать вопрос о существова- нии центров данной кривой. Задача сводится к исследованию си- стемы уравнений (5). Рассмотрим матрицы II а11 а12 || || аП а12 а13 | (6) II fl21 а22 |l II С21 а22 а23 I и обозначим соответственно через г и R их ранги. Очевидно, г < R. Возможны следующие случаи. 1. г = R = 2. В этом случае система (5) имеет единственное решение и соответственно этому кривая имеет один и только один центр. Кривые, обладающие этим свойством, называются цент- ральными. 2. г = R = 1. В этом случае система (5) имеет бесчисленное мно- жество решений; одно из уравнений системы (5) является следстви- ем другого. Кривая имеет прямую центров. Уравнение этой пря- мой определяется одним из соотношений (5). 3. г = 1, R = 2. Система (5) не имеет ни одного решения и в соответствии с этим кривая не имеет ни одного центра. Кривые, не имеющие центров или имеющие больше, чем один центр, называются нецентральными. Из предыдущих рассуждений следует, что кривая будет центральной тогда и толь- ко тогда, когда 1=^= 0. Таким образом кривые эллиптического и ги- перболического типов являются центральными, а кривые параболи- ческого типа — нецентральными. Из приведенных рассуждений следует,что ранги г и R матриц (6) имеют геометрический смысл, поэтому они не зависят от выбора сис- темы координат. Учитывая это обстоятельство, рассмотрим воп- рос о существовании центров всех девяти типов кривых, заданных каноническими уравнениями. у2 а) Эллипс-----Г- — — 1. Так как /»> 0, то эллипс является ’ а2 Ь2 центральной кривой и имеет, следовательно, единственный центр. Из уравнений (5) получаем координаты центра: -^-х0 = 0; уо=О, отсюда х0 = у0 = 0, т. е. центром является начало канонической системы координат (черт. 139, а). б) Гипербола^----= 1. Так как I2 < 0, то гипербола явля- ется центральной кривой и также имеет единственный центр. По аналогии с предыдущим приходим к выводу, что центром является начало канонической системы координат (черт. 139, б). в) Парабола у2 — 2 рх = 0. Матрицы (6) имеют вид: 11° °11 11° 0 -Р|| Но 1||’ ||о 1 0 11- Таким образом, г = 1, R — 2, т. е. парабола не имеет ни одного центра. 262
Черт. 139 а г) Мнимый ЭЛЛИПС-----р а2 V2 4~— = — 1. Кривая анало- гична эллипсу и является центральной кривой; ее центр совпадает с началом канони- ческой системы координат. д) Пара пересекающих- ся действительных прямых *»2 и 2 ------— =0. Так как /2<0> а2 Ь2 то кривая центральная. Из уравнений (5) следует, что центром этой кривой явля- ется начало канонической системы координат, т. е. точка пересечения прямых, на которые кривая распа- дается (черт. 139, в). е) Пара невещественных пересекающихся прямых — = 0. Этот слу- а2 Ь2 чай аналогичен предыду- щему. Кривая является центральной и центр сов- падает с началом канони- ческой системы координат. Черт. 139 г Черт. 139 д 263
X2 ж) Пара параллельных действительных прямых — = 1. В этом а3 случае матрицы (6) имеют вид: а2 О О а2 ООО г = R = 1 и кривая имеет прямую линию центров. Из (5) полу- чаем уравнение этой линии: — х 0 = 0 или х 0 = 0. Итак, линией а2 центров является ось Оу. Этот вывод вполне согласуется с геомет- рическими соображениями, так как «кривая» (пара параллельных прямых, изображенных на черт. 139, г) симметрична относительно каждой точки оси Оу. X2 з) Пара невещественных параллельных прямых— = — 1. ^2 Этот случай аналогичен предыдущему; кривая имеет прямую центров, совпадающую с канонической осью Оу. и) Пара слившихся прямых х2 = 0. Легко убедиться в том, что кривая имеет линию центров, совпадающую с самой прямой (черт. 139, д). Мы пришли к следующей теореме: Теорема [30. 3 ]. Эллипс, мнимый эллипс, гипербола, пара пересекающихся вещественных и невещественных прямых являются центральными кривыми и каждая из них имеет единственный центр. Парабола не имеет ни одного центра-, пара параллельных или слив- шихся прямых имеет прямую центров. Пример 3. Найти центр кривой второго порядка Зх2 — 12ху + бу2 + 2х — 2у + 5 = 0. Решение. Составим систему (5) для данной кривой 3 х0 — 6 у0 + 1 =0, —6х0 + 6у0 — 1 =0. Так как /2 — | —11 = 18 — 36 = — 18 < 0, то кривая центральная и полученная система имеет • единственное решение: х0 =0, у0 = —. Кривая имеет единственный центр С (0, — 'j . 6 \ 6 / Пример 4. Каково условие того, что ось Ох является лини- ей центров кривой второго порядка? Решение. Если кривая задана уравнением (1), то коорди- наты центра определяются уравнениями (5). Так как ось Ох является линией центров, то из уравнений (5) следует, что а21 = a2s = 0 и atl = als = 0. Таким образом, урав- нение кривой может быть записано в виде: а22у2 + азз = 0- Оче- видно, справедливо и обратное предложение, 264
Мы пришли к следующей теореме: Теорема [30. 4 ]. Для того чтобы кривая (1) имела линию центров, совпадающую с осью Ох, необходимо и достаточно, чтобы в уравнении кривой аи — a2i — а2з — а1з — О* Пример 5. При каком условии кривая имеет хотя бы один центр, совпадающий с началом координат? Решение. Если О (0, 0) является одним из центров кри- вой (1), то координаты этой точки должны удовлетворять систе- ме (5), поэтому ЯцО + а120 + а13 = 0, а21 0 + а220 + а2з = 0 или а13 = й23 = 0. Обратно, если в уравнении кривой а13 = а2з = 0, то координа- ты начала координат удовлетворяют системе (5). Мы пришли к следующей теореме: Теорема [30. 5 ]. Для того чтобы кривая (1) имела хотя бы один центр, совпадающий с началом координат, необходимо и до- статочно, чтобы а 13 = а2з = 0. В этом случае уравнение кривой имеет вид'. ацХ2 + 2а12ху + а22у2 + а33 = 0. 3. О расположении диаметров кривой второго порядка. Из урав' нения (4)-диаметра следует, что независимо от направления вектора р[ Pi> Рг\ каждый центр кривой принадлежит всем диаметрам. Поэтому если кривая центральная, то все диаметры кривой про- ходят через центр С; если кривая имеет линию центров, то все диа- метры совпадают с этой линией. Рассмотрим более подробно этот вопрос для различных типов кривых. а) Кривые эллиптического типа (/2>0). До- кажем теорему. Теорема [30. 6]. Если С — центр кривой второго порядка эллиптического типа, то совокупность всех диаметров кривой об- разует пучок прямых с центром в точке С. Доказательство. Совокупность всех диаметров кри- вой (1) определяется уравнением (4) для всевозможных pi и р2, не равных одновременно нулю. Так как прямые ацХ + а12у + а13 = 0 и а21х + а22у + а2з = 0 пересекаются (/2 = 011 °12 \ I а21 а22 уравнение (4), согласно теореме [17. 5], определяет пучок пересе- то кающихся прямых. Теорема доказана. б) Кривые гиперболического типа (/2 < 0). Теорема [30. 7 ]. Если С— центр кривой второго порядка гиперболического типа, то совокупность всех диаметров кривой вместе с двумя асимптотами образует пучок прямых с центром в точке Q. 265
Доказательство этой теоремы совершенно аналогично преды- дущему, поэтому предоставляем его читателю1. в) Кривые параболического типа (/2 = 0). Так как пара параллельных, как вещественных, так и невеществен- ных, прямых и пара слившихся прямых имеют линию центров, то каждая из этих кривых имеет один-единственный диаметр — линию центров (черт. 139, г, д). Рассмотрим вопрос о расположении диаметров параболы. За- пишем уравнение (4) в предположении, что парабола дана кано- нически: у2 = 2рх. В этом случае (4) принимает вид: —р^ + + РгУ = 0. Здесь и р2 могут принимать всевозможные значения, за исключением р2 = 0. В случае р2= 0 вектор [ръ р2\ имеет асимптотическое направление и не определяет никакого диаметра. Разделив предыдущее уравнение на р2 и положив — — = а, Рг получаем: у + а = 0. Согласно теореме [17. 61 это соотношение задает пучок параллельных прямых, определяемый вектором I. Этот вектор, как известно, имеет асимптотическое направление. Мы пришли к следующей теореме: Теорема [30. 8]. Совокупность всех диаметров параболы образует пучок параллельных прямых асимптотического направле- ния. Вопросы и задачи 387. Почему в определении диаметра предполагается, что век- тор р {pi, р2{ не имеет асимптотического направления? 388. Определить диаметр кривой 2х2 — 4ху 4* 5 у2 — 3 = 0, который проходит через точку (2, 2). 389. Написать уравнение того диаметра кривой ху — у2 — — 2х + Зу — 1 =0, который параллелен оси Оу. 390. Ответить на следующие вопросы: а) Для каких кривщх все диаметры параллельны? ’’ б) Для каких кривых все диаметры совпадают? •’ в) Прй каком условии ось Ох является одним из диаметров данной кривой? 391. Найти общий диаметр двух кривых: 4 х2 — 2х\) — у2 — 2х — у = 0 и 4 х2 + 4 ху + у2 — —2х + у = 0. 392. Найти центры следующих кривых: а) Зх2 + 5ху + у2 — 8х — Пу — 7 = 0; б) 4х2 — 4ху + у2 — 6х + 8у + 13 = 0; в) х2 — 2 ху + у2 — 6 х + 6 у — 3 = 0. 1 При доказательстве следует учесть, что (4) является не только уравне- нием диаметров, но и уравнением асимптот кривой. 266
393. Доказать, что если кривая второго порядка имеет две не- параллельные асимптоты, то точка пересечения этих асимптот есть центр кривой. 394. Доказать, что если кривая имеет линию .центров, то она распадается на пару параллельных или совпавших прямых. 395. Как подобрать значения коэффициентов а и b в уравнении х2 + 6 ху + ау2 + 3 х + by — 4 = 0, чтобы оно изображало: а) центральную кривую; б) кривую без центра; в) кривую с прямой центров? 396. Написать общий вид уравнения кривой второго поряд- ка, для которой прямая х + у = 0 является линией центров. § 31. СОПРЯЖЕННЫЕ НАПРАВЛЕНИЯ И СОПРЯЖЕННЫЕ ДИАМЕТРЫ; ГЛАВНЫЕ НАПРАВЛЕНИЯ И ГЛАВНЫЕ ДИАМЕТРЫ 1. Сопряженные направления. Если координаты двух ненуле- вых векторов р {pi, р2\1л q [qu q2] удовлетворяют условию П11Р1<71 + «12Р1?2 + ^ZlPzQi + «22^2^2 = 0, (0 то они называются сопряженными относительно кривой второго порядка'. ацХ2 + 2alzxy + п22у2 + 2 а13х + 2а2зу + а33 = 0. (2) Очевидно, понятие сопряженности есть взаимное понятие, так как если в соотношении (1) plt р2 заменить на qь q2 и наоборот, то оно не изменится. Из определения следует, что понятие сопряженности есть в не- котором смысле обобщение понятий асимптотичности. В самом де- ле, если сопряженные векторы р и q коллинеарны, то q = \р или qx = <7г ~ Мг- Подставив эти значения в (1), получаем усло- вие асимптотичности (см. (8), § 29). Другими словами, вектор асимп- тотического направления есть самосопряженный вектор. Рассмотрим некоторые свойства этого понятия. 1°. Если векторы pm q сопряжены относительно кривой (2), то \р и где 0, р=И= 0, также сопряжены относительно той же кривой. Это свойство легко проверить, если в соотношение (1) вместо координат р и q подставить координаты Хр и yq. Из этого свойства следует, что понятие сопряженности по су- ществу относится не к векторам р и q, а к их направлениям. 2\ Если вектор р сопряжен с двумя неколлинеарными векто- рами q и г, то он сопряжен с любым вектором плоскости. В самом деле, пусть х — произвольный вектор плоскости. Разложим этот вектор по векторам q иг: х= Kq + рг или в координатах: Xi= — Xqi 4- ргь х2 = hq2 + рг2. Проверим условие сопряженности векторов рях: 267
anpiXi + O12P1X2 + «21Р2Х1 + a22p2x2 = «11Р1 (X<7i + Hri) + + a12Pi (X<?2 + ^2) + a2ip2 (Xpt + ц Ti) + a22p2 (Xg2 +pr2) = = X (duptqi + a12piq2 + a2i/?2^i + a22p2q2) + + + «12^1^2 + <Wi + a22p2r2) = 0. Выражения в скобках равны нулю, так как каждый из векторов q и г сопряжен с вектором р. 3°. Если р — вектор асимптотического направления, то либо р сопряжен только с самим собой, либо он сопряжен с любым век- тором плоскости. Второй случай возможен тогда и только тогда, когда I2 = I а'21 = 0. I ^21 ^22 I В самом деле, если р—вектор асимптотического направления, то он сопряжен с самим собой. Если существует еще хотя бы один вектор плоскости, не коллинеарный р и сопряженный вектору р, то по предыдущему свойству он сопряжен с любым вектором плос- кости. Для доказательства второй части утверждения запишем со- отношение (1) в виде: («npi + a12p2)<7i + (a2iPr+ a22Pz)q2 = 0- (1') Если р сопряжен с любым вектором плоскости, то соотношение (Г) является тождеством относительно qi и q2. Но отсюда следует, что a-upi + ai2p2 = 0, a2ipr + а22р2 = 0. Это возможно только в том случае, когда /2 = 0. Обратно, если 12 = 0, то кривая имеет только одно асимптотическое направление (теорема [29. 3]). Коор- динаты вектора этого направления удовлетворяют соотношениям: GiiPi + ai2P2 ~ 0, а21Р1 +а22р2 = 0 (задача 379). Таким образом, соотношение (1') является тождеством. 4°. Для того чтобы координатные векторы были сопряжены относительно данной кривой (2), необходимо и достаточно, чтобы в уравнении (2) коэффициент а12 обратился в нуль. В самом деле, условие (1) для векторов {1, 0} и е2 {0, 1} сводится к соотноше- нию; Я12 — 0. Пример 1. Дана кривая второго порядка х2 + ху + 2у2 ~ Зх + 4у — 1 =0 и вектор а [1, 1[. Определить координаты вектора а', сопряжен- ного с вектором а. Решение. Запишем условие сопряженности в виде (1'): (2pi + р2) <71 + (Pi + 4р2) <72 = 0. Для определения координат вектора а' подставим сюда вместо pj и р2 значения координат вектора а: 3 qi + 5 q2 — 0, откуда получаем: а' {—5,3}. 2. Сопряженные диаметры. Выясним геометрический смысл соп- ряженных направлений. Для этого докажем следующую теорему: 268
Теорема [31. 1 ]. Если р не является вектором асимптоти- ческого направления кривой, то все векторы, сопряженные вектору р, параллельны диаметру, соответствующему р. Обратно, всякий век- тор, параллельный диаметру, соответствующему р, сопряжен с р. Доказательство. Если р не является вектором асим- птотического направления, то диаметр, соответствующий этому вектору, имеет уравнение: Pi (ацх + а(2у + Я13) + р2 (а21х + а22у + а23) = Cl- Для того чтобы вектор q [q^, q2} был параллелен этой прямой, необходимо и достаточно, чтобы он был коллинеарен направляю- щему вектору прямой, т. е. | — (ai2pi + a22p2) («и Pi + ai2 р2) I = 0 I <7г I или (fliiPi + а12р2) <71 + (а21Р1 + а22р2} q2 = 0. Это условие совпадает с условием (1'), т. е. с условием сопряжен- ности векторов р и q. Теорема доказана. Из этой теоремы следует одно интересное геометрическое свой- ство диаметров кривых второго порядка. Пусть р и q— два сопря- женных вектора, причем ни один из них не имеет асимптотическо- го направления. Рассмотрим диаметр 1р, соответствующий векто- ру р. По предыдущей теореме, вектор q параллелен 1р. Теперь рас- смотрим диаметр lq, соответствующий вектору q. По той же теоре- ме вектор р параллелен /?. Итак, если диаметр 1р является гео- метрическим местом середин хорд, параллельных диаметру lq, то lq является геометрическим местом середин хорд, параллельных 1р. Два диаметра кривой второго порядка, каждый из которых яв- ляется геометрическим местом середин хорд, параллельных другому, называются сопряженными. Предыдущий вывод можно сформулировать в виде следующей теоремы: Теорема [31. 2 ]. Если данный диаметр кривой второго по- рядка не имеет асимптотического направления, то существует один и только один диаметр, сопряженный данному. Пример 2. Дана кривая второго порядка 2х2 — 2ху + бу2 + 4х — 5 = 0. Найти два сопряженных диаметра, один из которых проходит через точку (2, 0). Решение. Сначала найдем уравнение диаметра, проходя- щего через точку (2, 0). Общее уравнение диаметра имеет вид: Pi (ацХ + aiZy 4- а13) + р2 (а21х + а22у + а23) = 0. Подставив сюда значения коэффициентов кривой и координаты точки (2, 0), получаем: 9 Л. С. Атанасян
Pi (2 • 2 + 2) + p2 (—2 + 0) = 0; 6pi — 2p2 — 0. Если p2 = 3, to pi = 1. Таким образом, диаметр, проходящий че- рез точку (2, 0),.имеет уравнение (2 х — у + 2) + 3 (—1 х + 6 у + 0) =0, или —х + 17 у + 2 = 0. Этот диаметр имеет направляющий вектор {17, 1}. Диаметр, соп- ряженный этому вектору, имеет уравнение: 17 (2 х — у + 2) + (—х + 6 у) = 0 или 33 х — Пу + 34 = 0. Полученные уравнения действительно определяют сопряженные диаметры, так как направляющие векторы [17, 1) и {1, 3} сопря- жены относительно данной кривой. 3. Главные направления. Направление ненулевого вектора р называется главным относительно данной кривой, если любой вектор, перпендикулярный р, сопряжен с ним. Из этого определе- ния сразу следует, что если р имеет главное направление, то вектор, перпендикулярный ему, также имеет главное направление, по- этому обычно говорят о взаимно перпендикулярных главных нап- равлениях. Определим условие, при котором данный вектор имеет главное направление. Пусть кривая второго порядка дана в прямо- угольной декартовой системе уравнением: ацх2 + 2ai2xy + а22у2 + 2а13х + 2а2зу + а33 = 0. Для того чтобы вектор р \pi, р2] имел главное направление, не- обходимо и достаточно, чрбы р был сопряжен с вектором р'\—р2, Pi], перпендикулярным вектору р. Таким образом, условие сопряжен- ности векторов р, р' одновременно является условием того, что р имеет главное направление —ацр1р2 + aizPiPi — а21р2Р2 + «22Р2Р1 = 0 или («22 — ан) pip2 + «12 (А — р\) = 0. (3) Исследуем это уравнение, а) а12 #= 0. Отсюда следует, что рх #= 0. Разделив соотношение (3) на Pi и вводя обозначение k = — , по- Pi лучаем из (3): «12 k2 + (аи — а22) k — «12 = 0. (3') Отсюда будем иметь: а22 — ац ± (а22 — Оц)2 + 4Я|2 к =-------------as-------------<4> Так как подкоренное выражение положительно, то это уравне- ние всегда имеет два различных действительных корня. Отсюда 270
следует, что в данном случае кривая имеет два и только два глав- ных направления. Эти направления взаимно перпендикулярны, что по существу следует из определения этих направлений. Однако это можно доказать и непосредственно, исходя из формулы (4). В самом деле, ________________ 022 — а11 4" V (<*22 — O2i)24-4Oi2 О22 — Оц —(022 — а11)2_Ь4О12 ft2 = 2^ ’ , , (°22- а11)2- (а22-.Оц)2-4Oj2 «1 «2 ~ Т“2 = - *> 4012 т. е. направления и k2 перпендикулярны. б) «12 = 0. Формула (3) принимает вид: («22 —йц)р1р2 = о. (5) Если а22 — «114 0, то этому уравнению удовлетворяют только два вектора: pi = О, р2 — любое и р2 — 0, pY — любое. Эти век- торыг очевидно, определяют координатные оси. Если а22 — «ц = 0, то любой вектор плоскости удовлетворяет этому условию. В дан- ном случае («12= 0, «22 = ^11) кривая представляет собой окруж- ность действительного, нулевого или мнимого радиуса. Резюми- руя все сказанное выше, мы приходим к следующей теореме: Теорема [31. 3]. Каждая кривая второго порядка, отлич- ная от окружности («12 = 0, а22 — «ц = 0), имеет два и только два главных взаимно перпендикулярных направления. Для окружно- сти каждое направление является главным. В § 27 было показано, что всегда существует такая прямоуголь- ная декартова система координат, относительно которой в урав- нении кривой а12 = 0 (теорема [27. 2]). Легко видеть, что в этом случае оси координат имеют главные направления. В самом деле, условие «12 = 0 означает, что оси координат сопряжены (см. вы- ше 4°). Но система прямоугольная, поэтому оси координат по опреде- лению имеют главные направления. Таким образом, при приведе- нии уравнения кривой к каноническому виду мы по существу поворо- там осей координат добиваемся того, чтобы оси имели главные направления. Пример 3. Найти главные направления следующих кри- вых второго порядка. а) 5 х2 + 8 ху + 5 у2 — 18 х — 18 у + 9 = 0; б) х2 — 4ху + 4у2 — 5х + 10у + 6 = 0. Система координат прямоугольная декартова. Решение. Главные направления определяются из соотно- шения (3). Пользуясь им, легко определить главные направления -данных кривых.
a) (5 — 5) pi p2 + 4 _ p2) = o, Pi — p| = 0, (p! — p2) (p! + p2) = 0. Отсюда получаем два вектора: {1, 1), (—1, 1). б) (4 — 1) Pi р2 — 2 (р2 — р|) = 0. Так как pt Ф 0, то, разделив на pj, получаем: 3 .£2.-2-4-2 (—7 = 0 или 26®+ 36 — 2 = 0, Pi \Р1/ где k = —. Решив квадратное уравнение, получаем: 6j = — 2, 1 Р1 62 = — . Векторы главных направлений имеют координаты: {1, -2); {2, I}. 4. Главные диаметры. Диаметр кривой второго порядка назы- вается главным, если он перпендикулярен соответствующим хордам. Очевидно, всякий главный диаметр является осью симметрии кри- вой. Для определения главных диаметров можно воспользовать- ся следующей теоремой. Теорема [31. 41. Для того чтобы диаметр был главным, необходимо и достаточно, чтобы соответствующий вектор был век- тором главного, но не асимптотического направления. Доказательство. Если d — главный диаметр, то со- ответствующий вектор р перпендикулярен d. Отсюда, во-первых, следует, что р не имеет асимптотического направления, а во-вто- рых, что р имеет главное направление. Последнее следует из тео- ремы [31. 1]. Обратно, пусть р имеет главное, но не асимптотическое направ- ление. Тогда этому вектору соответствует диаметр, который па- раллелен векторам, сопряженным с р. Но эти векторы согласно определению перпендикулярны р. Таким образом, диаметр, соот- ветствующий р, перпендикулярен р. Из теорем [31. 31 и [31. 4] непосредственно следует Теорема [31. 5]. а) Для окружности всякий диаметр явля- ется главным. б) Эллипс (мнимый или действительный), гипербола, пара пере- секающихся действительных или комплексных прямых имеют два и только два взаимно перпендикулярных главных диаметра. в) Парабола имеет единственный главный диаметр. г) Для пары параллельных и слившихся прямых единственный диаметр является главным. Пример 4. Найти главные диаметры кривых, заданных в примере 3. Решение, а) Векторы главных направлений кривой 5х2 + + 8 ху + 5 у2 — 18 х — 18 у + 9 = 0 имеют координаты {1, 1}, {—1, 1}. Легко видеть, что ни один из них не имеет асимптоти- 272
ческого направления, поэтому каждому из них соответствует глав- ный диаметр 1 • (5х + 4 у — 9) + 1 (4 х + 5 у — 9) = О, —1 • (5% + 4 у — 9) + 1 (4х + 5у — 9) =0. После элементарных упрощений получаем: х 4- у — 2 = 0 и х — у = 0. б) Векторы главных направлений кривой х2 — 4ху + 4у2 — 5x4- 10у 4-6 = 0 имеют координаты {1, —2}, (2, 1}. Легко видеть, что первый из этих векторов не имеет асимптотического направления, а второй имеет. Поэтому кривая имеет только один главный диаметр, соот- ветствующий вектору {1, —2): 1 (х - 2У - т) - 2 (" 2х +4у + 5) = °’ 5х — 10у — -у- = 0 или 2х — 4у — 5 =0. Пример 5. Дана кривая второго порядка общим уравне- нием в прямоугольной декартовой системе: апх2 4* 2а12ху 4~ 4- ЯггУ2 4- 2а13х -j- 2а23у 4- а33 — 0. При каком условии: а) ось Ох является главным диаметром; б) начало координат лежит на главном диаметре? Решение, а) Для того чтобы ось Ох являлась главным диа- метром, необходимо, чтобы он соответствовал оси Оу. Уравнение диаметра, соответствующего оси Оу, имеет вид: а21х 4- а22у 4* 4- а23 = 0. Так как эта прямая совпадает с осью Ох, то а21 = а23 = — 0. а22 4= 0. Мы пришли к выводу, что ^12 = П23 ” ^22 4= 0. (6) Обратно, если эти условия имеют место, то ось Оу не имеет ^асимптотического направления и, кроме того, соответствующий ей диаметр совпадает с осью Ох. Итак, условия (6) являются необходи- мыми и достаточными для того, чтобы ось Ох была главным диа- метром. б) Главный диаметр определяется уравнением: Pi {ацх 4- «ПУ 4- aj 4- р2 (Огре 4- а22у 4- а23) = 0, (7) где Pi и р2 удовлетворяют условию (3). Если начало координат принадлежит диаметру (7), то al3pi 4- а2зр2= 0. (8) 273
проходил через начало координат, С1г Черт. 140 Так как диаметр (7)—главный, то он перпендикулярен век- тору {Pi, р2\. Из (8) следует, что вектор [а13, а23[ также перпенди- кулярен вектору {pi, р2}. Таким образом, вектор (а13, а23} кол- линеарен направляющему вектору главного диаметра. Обратно, пусть (7) — главный диаметр, причем вектор {tz13, а23[ коллинеарен направляющему вектору этого диаметра. Так как {pi, р2] перпендикулярен диаметру, то a13pi + а23р2 = 0. Таким образом, уравнение (7) принимает вид: р{ (аих + а12у) + + р2 («21* + «22У) — 0. Эта прямая проходит через начало ко- ординат. Мы доказали следующую интересную теорему: Теорема [31. 6]. Для того чтобы главный диаметр кривой необходимо и достаточно, чтобы направляющий вектор этого диаметра был коллинеарен вектору [а13, а23). 5. Оси симметрии кривой второго порядка. Осью сим- метрии называются такие прямые, относительно кото- рых кривая симметрична. Это означает, что если точка М принадлежит кривой, то М', симметричная М относитель- но оси, также принадлежит кривой. Очевидно, всякий главный диаметр кривой является осью симметрии. В самом деле, если главный диаметр d соот- ветствует вектору р, то р не имеет асимптотического направления, поэтому все прямые, параллельные ей, т. е. перпендикулярные d, пересекают кривую в двух точках, причем середины отрезков, образованных из точек пересечений, лежат на d. Отсюда следует, что d является осью симметрии. Отсюда и из изложенной выше теории следует, что всякая кривая второго порядка имеет хотя бы одну ось симметрии. Существуют ли у кривой второго порядка оси симметрии, от- личные от главных диаметров? Можно показать, что такие оси существуют: а) пара параллельных (действительных или комплексных) и слившихся прямых: всякая прямая, перпендикулярная данным прямым, является осью симметрии. Эти прямые не являются глав- ными диаметрами; б) две пересекающиеся взаимно перпендикулярные прямые. Для этой кривой сами прямые являются осями симметрии. Таким образом, пара пересекающихся под прямым углом прямых имеет четыре оси симметрии, из которых только две d3 и dl являют - 274
ся главными диаметрами (черт. 140). В остальных случаях оси сим- метрии совпадают с главными диаметрами. Мы не останавливаемся на доказательстве этого предложения. Задачи и теоремы 397. Дана кривая второго порядка х2 + ху + 2у2 — 4х + 5у — 3 = 0 и векторы at {2, 3}, а2 {—1, 1}, а3 {2, 0}. Определить векторы ai, a2, аз, сопряженные с каждым из соответствующих векторов в отдельности. 398. Найти два сопряженных диаметра кривой ху — у2 — 2х + Зу + 3 = 0, из которых один параллелен оси Оу. 399. Имеет ли парабола сопряженные диаметры? Объясните результат. 400. Найти направление хорд, сопряженных диаметру 2х + у — 3 = 0 относительно кривой х2 + ху + 2у2 — Зх + 4у — 1 = 0. 401. Найти главные направления следующих кривых второго порядка: а) 2ху — 4х + 2у — 3 = 0; б) х2 — 4ху + 4у2 — 5х + 6 = 0; в) х2 + ху + 2у2 — Зх + у = 0. Система координат прямоугольная декартова. 402. Определить главные диаметры кривых второго порядка, заданных в предыдущей задаче. 403. Найти главные диаметры кривой х2 +у2 — 8х + бу + 21 = 0, заданной в прямоугольной декартовой системе. 404. Найти главные диаметры: а) пары пересекающихся прямых; б) пары параллельных прямых. 405. Доказать теорему: для того чтобы вектор р2] был век- тором и главного и асимптотического направления относительно данной кривой (2), необходимо и достаточно, чтобы а11Р1 4* Я12Р2 — 0, Й21Р1 + а22Р2 — 0. Система координат прямоугольная декартова. 406. Для каких кривых асимптота одновременно является главным диаметром? 275
407. Доказать теорему: для того чтобы кривая, заданная урав- нением (2), была параболой с вершиной в начале координат, не- обходимо и достаточно, чтобы коэффициенты уравнения (2) удовлет- воряли условиям: а) °23 Н- °13 0> азЗ = 0» б) ранг матрицы а*з || ^21 О22 ^13 равен единице. § 32. ИНВАРИАНТЫ ЛЕВОЙ ЧАСТИ УРАВНЕНИЯ КРИВОЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТНОСИТЕЛЬНО ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПРЯМОУГОЛЬНЫХ ДЕКАРТОВЫХ СИСТЕМ КООРДИНАТ; ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВИДА КРИВОЙ ПО ИНВАРИАНТАМ Левая часть уравнения кривой второго порядка Ф(х, у) = апх2 + 2а12ху + а22у2 + 2 а13х + 2 а23у + aS3, (1) заданного в прямоугольной декартовой системе, является много- членом второй степени. При преобразовании системы координат старые и новые координаты точки связаны соотношениями (см. § 25, формулы (8) и (9) ): х = х' cos ф— е у' sin ф + х0, у = х' sin ф + е у' cos ф + у0. (2) Здесь ф = Z (Z, /')> 8 — ±1- Причем если при переходе от одной системы к другой ориентация не меняется, то е = +1, в противном случае е = —1. Для того чтобы получить уравнение кривой в новой -системе, необходимо в многочлен Ф (х, у) вместо х и у подставить их значе- ния через х', у' из (2). При этом мы получим новый многочлен от- носительно переменных х', у'. Коэффициенты этого многочлена бу- дут выражаться через коэффициенты исходного многочлена и через cos ф, sin ф, х0, у0: Ф '(х', у') = а'пх'2 + 2а'12х'у' + а'22у'2 + 2а'13х' + 2а'23у' + а'33. (3) Рациональным инвариантом многочлена (1) относительно пре- образований (2) называется всякая такая рациональная функция f (° 11, fl12, й22, 013, а23> а3з) от коэффициентов atj этого многочлена, которая не изменяет своей численной величины, если вместо a n, al2, а22, ai3, а23,а33 подставить соответственные коэффициенты a'u, а\2, а'22, а'13, а'23, а'33 много- члена (3). В настоящем параграфе мы ставим задачу определения рацио- нальных инвариантов многочлена второй степени (1). Для решения этой задачи заметим, что общее преобразование (2) можно заменить 276
двумя последовательно выполненными преобразованиями — пере- носом начала координат X = X + Хо, У = У + Уо и поворотом системы координат х = х' • cos w — у' • е sin ф, , . , , (э) у = X • Sin ф + у • В COS ф. Очевидно, общие инварианты относительно преобразований (4) и (5) являются инвариантами относительно преобразований (2). t 1. Инварианты многочлена второй степени относительно пере- носа начала координат. При переносе начала координат х = х' + х0, у = у' 4- у0 (4') коэффициенты многочлена (1) меняются следующим образом: Ф (х' + х0, у' + у0) = йи (х' + х0)2 + 2а12(х' + х0) (у' + 4- Уо) + а22 (у' + Уо)2 + 2 ai3 (х' + х0) + 2 а23 (у' + у0) + а33 == = а'п х'2 +2ai2 х' у' + а22 у'2 4- 2а;з х' + 2а'3 у' -f- а33, где = ®11, а12 = ^12» ^22 == &22< а13 = аИ Х0 4“ °12 Уо 4“ а13> fl23 = Й21 Х0 4" й22 Уо 4" Я23. (6) а33 ~ Х0 4~ 2^12 *0 Уо 4" ®22 у2 4- 2а13 хо -|- 2агз у0 -|- а33 = Ф (х„, уо). Из соотношений (6) следует, что коэффициенты а1ъ ai2, а22 яв- ляются инвариантами переноса начала координат (4'), поэтому всякие рациональные функции от этих коэффициентов также яв- ляются инвариантами. В частности, Л = а114-а22, /2 = |®и“1г| (7) I “21 “22 I являются инвариантами многочлена (1) относительно переноса на чала координат. Докажем, что определитель 7з аП а12 а13 ®21 ^22 ^23 а31 а32 а33 (8) также является инвариантом многочлена относительно переноса начала координат. Для этой цели заметим, что 277
я зз — х0 (яцХф 4~ Л12У0 4~ а1з) 4“ У о («21^0 4* «22У0 4- «2з) 4~ 4* а31х0 + «32У0 4” «зз> « зз — хоа ]8 4~ у0о и Н“ 4 где д а31х о 4“ «32У о 4- я33. Вычислим Г3: аи «12 ап х0 4- «12 Уо 4- «13 «21 «22 #21 ХО 4- «22 Уо 4~ «23 «31 «32 «31 ХО + «32 Уо 4~ «И «12 «И «11 «12 «12 «И «12 «13 ~ хо «21 «22 «21 4-Уо Я21 «22 «22 4~ «21 «22 «23 «31 а32 а31 «31 а32 а32 «31 й32 Ь' Так как в первых двух определителях имеются одинаковые столбцы, то они равны нулю, поэтому Л ~ а11 «12 а13 «21 а22 «23 а31 а32 аИ а12 «13 «21 а22 а23 aU Х0 4“ «12 Уо 4" «13 «21 Хо 4~ «22 Уо + «23 «31 Х0 4~ «32 Уо 4“ «33 Запишем этот определитель в виде суммы трех определителей. При этом первые два определителя будут равны нулю, так как они будут иметь одинаковые строчки. Окончательно получаем: з ~~ «11 «12 «13 «21 «22 «23 «31 «32 «33 = /3. Мы доказали следующую теорему: Теорема [32. 1 ]. Величины 1 и 12 и 13, определяемые соот- ношениями (7) и (8), являются инвариантами многочлена (1) отно- сительно переноса начала координат (4'). Если в многочлене (1) = а12 = Я13 = 0, то после переноса начала координат, как следует из соотношений (6), а'и = а'12 = ==«'13 = 0. Таким образом, многочлен вида а22у2 4- 2а2зу + а33 (9) переходит в многочлен того же вида а22 у' 4~ 2а23 у' 4~ «зз- Покажем, что выражение «11 «13 «31 «33 (Ю) 278
является инвариантом многочлена (9) относительно преобразования переноса начала координат. Вычислим К для многочлена (9): 3= I О О I I I й22 «23 I — I «22 «23 I I 0 a33 I I «32 «33 I I «32 a33 I С другой стороны, _ «22 «23 — «22 а22 Уо 4~ «23 _ «32 «33 «22 Уо 4“ «23 «22 Уо 4~ 2«23 Уо 4“ «33 = а22 Уо 4" 2«22 «23 Уо 4~ а22 азЗ «22 Уо «22 «23 Уо «22 «23 Уо «23 ~ а22 а33 «23 = Теорема [32. 2]. Величина К, определяемая соотношением (10), является инвариантом многочлена (9) относительно переноса начала (4'). 2. Инварианты многочлена второй степени относительно пово- рота системы координат. При повороте системы координат: х = х' cos q> — у' е sin ср, у = х' sin <р 4* у’ е cos <р ' коэффициенты многочлена (1) меняются следующим образом: (х' cos ф — у' е sin ф)2 4~ 2а12 (х' с os ф — у' е sin ф) X X (х' sin ф -|- у' е cos ф) -}- а22 (х' sin Ф 4~ У'е cos ф)2 4" 2а1а (х' cos ф — у' е sin ф) + 2 а2з (х' sin Ф + у'е cos ф) 4~ 4- «33 = «1'1 */2 4- 2«;2 х' у' 4- «22 У'2 4- 2«1з х' 4- 2«;3 У' 4- «33. где a't = ан cos2 ф -j- 2а12 cos ф sin ф 4- a22 sin2 Ф, «12 = 8 (— «и sin Ф cos Ф 4~ «12 cos2 Ф — «12 sin2 Ф 4- «22 sin Ф cos ф) а22 — ап sin2 ф — 2а12 sin ф cos ф 4~ «22 c°s2 Ф. а;з = а13со5ф4-а238Шф, (11) «23 = 8 (— «13sin ф 4- «23 cos ф), «33 = «зз- При выводе этих выражений следует учесть, что е2= 1. Из пос- леднего соотношения немедленно следует, что а33 является инва- риантом относительно поворота (5'). Докажем, что I ъ 72. Л, /<, определяемые соотношениями (7), (8), (10), также являются инва- риантами относительно преобразований (5'): a) = а’п -j- а22 = ап (cos2 ф 4- sin2 ф) 4- «22 (sin2 ф 4~ cos2 ф) = = «11 4“ «22 = ^1’ б) Покажем, что 12 является инвариантом многочлена (1) от- носительно поворота системы (5'). Сначала предположим, что при этом повороте новые оси имеют главные направления. Согласно 279
теореме [28. 3] получаем: а'п = $ъ а'22 = s2, а'12 = О, где Si и s2 — корни характеристического 'равнения (4'), § 28. Г2 = = — а'212 = sts2. Но произведение корней характеристи- ческого уравнения равно свободному члену: аца22— а212, т. е. /'2 = /2. Таким образом, при повороте произвольной прямоуголь- ной системы координат Oij к системе Oi'j', оси которой имеют глав- ные направления, /2 является инвариантом многочлена (1). От- сюда следует, что при обратном повороте от Oi'j' кOij /2 не меня- ется. В самом деле, если при обратном повороте /2 меняет свое значение, то при исходном повороте /2 также должно менять свое значение. Переходя к общему случаю, заметим, что произвольный пово- рот системы координат можно заменить двумя последовательно выполненными поворотами: поворот от исходной системы к систе- ме, где оси имеют главные направления, и поворот от этой системы ко второй системе. При каждом из этих поворотов /2 не меняется, поэтому /2 является инвариантом многочлена (1) относительно про- извольного поворота (5'). в) Покажем, что К является инвариантом многочлена (1) отно- сительно преобразований (5') К'= а11 а13 а31 азз а22 а23 а32 a33 — ап а33 а22азз а2з = аи а33 cos2 ф 2«12 аззcos ф sin ф 4~ а22 азз sin2 Ф — — af3 cos2 Ф — а23 sin2 <р — 2а13 а23 sin ф cos ф + Яц а33 sin2 Ф — — 2а12 а33 sin ф cos ф -f- а22 а33 cos2 ф — a2l3 sin2 ф 4- 2а13 а23 sin ф cos ф — а23 cos2 ф = аи а33 — а23 + 4-а22 а33 — а23^К. г) Покажем, что /8 является инвариантом многочлена (1) от- носительно преобразования (5'). Так как все кривые второго по- рядка, за исключением параболы, имеют хотя бы один центр, то возможны два случая: 1) если многочлен приравнять к нулю, то полученная кривая имеет хотя бы один центр; 2) если многочлен приравнять к нулю, то полученная кривая будет параболой. Рассмотрим каждый из этих случаев в отдельности. 1) Пусть Oij — исходная система, a Oi'j' — новая, а С — один из центров кривой. Преобразование от Oij к Oi'j' можно заменить последовательным выполнением следующих преобразований: а) параллельный перенос: Oij -* Cij\ Р) поворот вокруг С: Cij -» Ci'j'\ у) параллельный перенос: Ci'j' -* Oi'j'. При преобразованиях а и у, как было показано выше, 13 не ме- няется, поэтому для того чтобы показать, что /3 есть инвариант, 280
достаточно рассмотреть случай 0). В системе CiJ у многочлена (1) коэффициенты при х и у равны нулю: а 13= а23 = 0. Из соотноше- ний (11) следует, что в системе С i'J': а\3 — а'23 = 0. з — а11 а' о с СЧ 1 а'п а12 21 ”22 ~ aL, а' 0 0 азз 21 w22 «33 — ^2' «33 1% «33 — «12 О «22 О о а33 2. Пусть Oij —исходная система, Oi'j' — новая, С — вершина параболы, a iit Jt — единичные векторы главных направлений. Преобразование от Oij к Oi'j' можно заменить последовательным выполнением следующих преобразований: а) перенос начала координат Oij -» Cij\ Р) поворот вокруг С: CiJ -» CiJ у) поворот вокруг С: CiJi-^Ci'J'-, 6) перенос начала координат Ci'J' Oi'J'. При преобразованиях а и б, как было показано выше, 13 не ме- няется. Покажем, что при повороте fl) 13 не меняется. В системе CiJt многочлен (3) имеет вид: а2^'2 -|- 2а13х', поэтому з О 0 а.', О а'22 О а'1 О О — а32 а 13' Л ~ Л» К' ~ поэтому а'11 + «22 = а11 + «22. а22 = а11 + «22- О _ О “ Я' = 0 «к «1'3 0 аи а1з I «31 О «22 О /2 -------а 13 > а22 «23 I = _ а2 — а2 а32 0 | 1з 23 Итак, а'3 = а1з + й23- Подставив эти значения в выражение /3, получаем: /3 =—<flu-[-a22) С другой стороны, /з «и «21 «31 «12 а22 «32 а1з «23 О = — ап а$3 a2t а13 а32 + а31 (а12 а23 — а22 ai3) — = — Й11 а23 — а22 й13 + 2°12 «13 «23- Согласно теореме [31. 6) направляющий вектор главного диа- метра параболы параллелен вектору (а1з, а2з]. Но главный диа- метр имеет асимптотическое направление, поэтому {ai2, —а и} и {а22, —а12| являются направляющими векторами главного диа- метра параболы. Итак, 281
I aj2 «и I - О, I «22 «12 I = o, ai2 a23 + au a13 = 0, I a13 a23 I I a13 a23 I «22 «23 4" «12 «13 = 0» /3 — /3 = 2«12 ai3 «23 + «11 «?3 + «22 «23 = = al3 (a12 a23 -|- an a13) -j- a23 (a12 a13 4- «22 a23) = 0. Очевидно, при повороте у) /3 также не меняется, так как при об- ратном преобразовании оно не меняется. Мы показали, что при каждом из преобразований a), Р), у) и 6) выражение /3 не меняется. Отсюда следует, что при последовательном выполнении этих пре- образований координат /3 не меняется. Резюмируя все сказанное, мы приходим к следующей теореме: Теорема [32. 3 ]. Величины I ь /2, 13 и К, определяемые соот- ношениями (7), (8) и (10), являются инвариантами многочлена (1) относительно поворота системы координат (5'). 3. Инварианты многочлена второй степени относительно общего преобразования прямоугольных декартовых систем. Выше было от- мечено, что общее преобразование прямоугольных декартовых систем координат (2) можно заменить двумя последовательно вы- полненными преобразованиями — переносом начала координат и поворотом системы координат. Из теорем [32. 1 ] и [32. 3 ] следует: Теорема [32. 4 ]. Величины Ilt 12 и 13, определяемые соот- ношениями (7) и (8), являются инвариантами многочлена (1) отно- сительно общих преобразований прямоугольных декартовых систем координат (2). Из теорем [32. 2] и [32. 3] следует: Теорема [32. 5 ]. Если при приравнивании к нулю много- члена второй степени (1) получаем уравнение пары параллельных или слившихся прямых, то величина К, определяемая соотношением (10), является инвариантом многочлена (1) при преобразовании коорди- нат (2). 4. Определение вида кривой по инвариантам. Теоремы [32. 4] и [32. 5] позволяют определять вид кривой по инвариантам, не приводя ее к каноническому виду. Из теорем [27. 3] и [28. 3] сле- дует, что путем надлежащего подбора новой системы координат O'i'J' многочлен (1) всегда может быть приведен /К одному из сле- дующих видов: F' (*', у') = Si х” 4- $2 у'2 + а'3, где Sj =# 0, s2 #= 0, (12) F' (x't y') = st x'2 -j- 2a'3у', где St #= 0, a'3 =# 0, (13) F' (x', y') = st x'2 4- a33, где st #= 0. (14) Другими словами, уравнение кривой «цх2 + 2а12ху + a22y2 + 2а13х + 2а2зу 4- а33 = 0 (15) 282
путем надлежащего подбора системы координат можно привести к одному из видов: s/2 4- s2y'a + а'3з = 0, (16) S1x,2 + 2a;3y' = 0, (17) Si х'2 + а'23 = 0. (18) Установим признаки определения вида кривой по инвариантам. I. Многочлен (1) приводится к виду (12). В этом случае Л = si 4~ з2> 12 — $i$2, /3= 515га'3з, поэтому урав- нение (16) принимает вид: S1Z + s2/2 + ^ = 0. (16') ‘2 а) Этим уравнением задается эллипс, если s1 и s2 имеют одина- ковые знаки, а --—знак, противоположный знакам St и s2. От- сюда следует, что /2>0, /Л<0. (19) Обратно, если инварианты многочлена (1) удовлетворяют не- равенствам (19), то уравнением (15) задается эллипс. В самом деле, уравнение кривой (15) можно привести к одному из видов (16), (17) и (18). У кривых (17) и (18) /2 = 0, поэтому уравнение рассмат- риваемой кривой приводится к виду (16) или (16'). Так как /2 > 0, то Si и s2 имеют одинаковые знаки. Из условия I< 0 следует, что — имеет знак, противоположный знакам st и s2. Из теоремы ^2 [27. 4] следует, что рассматриваемая кривая является эллипсом. б) Уравнением (16') задается мнимый эллипс, если sb s2, — /2 имеют одинаковые знаки. Отсюда следует, что /2>0, Л/3>0. (20) Обратно, если инварианты многочлена (1) удовлетворяют не- равенствам (20), то уравнением (15) задается мнимый эллипс. До- казательство аналогично предыдущему. в) Уравнением (16') задается гипербола, если Sj и s2 имеют раз- ные знаки и— =£ 0. Отсюда следует, что 72 /2<о, /3^0. (21) Обратно, если инварианты многочлена (1) удовлетворяют не- равенствам (21), то уравнением (15) задается гипербола. В самом деле, уравнение кривой (15) можно привести к одному из видов (16), (17) и (18). У кривых (17) и (18) /2 = 0, поэтому уравнение рас- сматриваемой кривой приводится к виду (16) или (16'). Так как 283
72 < 0! то Sj и s2 имеют разные знаки. Из условия 73 =f* О' следует, что свободный член в уравнении (16') не равен нулю, поэтому (16') есть гипербола. г) Уравнением (16') задается пара действительных пересекаю- щихся прямых, если 72 < 0, 73 = 0. (22) Обратно, если инварианты многочлена (1) удовлетворяют ус- ловиям (22), то кривая (15) представляет собой пару пересекаю- щихся действительных кривых. д) Уравнением (16') задается пара комплексных прямых, если /2 >0, 73 = 0. (23) Обратно, если инварианты многочлена (1) удовлетворяют неравен- ствам (23), то кривая (15) представляет собой пару комплексных прямых. II. Многочлен (1) приводится к виду (13). В этом случае 14 = Sj, I2 = 0, 73= —sta'223 = —Ла'223, поэтому уравнение (17) принимает вид: 71Х'24-2 ]/ZA/=o. (17') Этим уравнением задается парабола. Здесь, очевидно, 72 = 0, 73 #= 0. (24) Обратно, если инварианты многочлена (1) удовлетворяют ус- ловиям (24), то кривая (15) представляет собой параболу. В са- мом деле, так как 72 = 0, а 73=# 0, то уравнение (15) можно при- вести только к виду (17) (для кривой (16) 72 =# 0, а для (18) — 73 = — 0). Мы только что показали, что этим уравнением задается пара- бола. III. Многочлен (1) приводится к виду (14). В этом случае согласно теоремам [32. 4 ] и [32. 5 ] инвариантами многочлена (1) являются 7ь 72, 73 и К. 7j = 72 = 0, 73 = 0, К = Sja'gg. Уравнение (18) принимает вид: Лх'2+^=0. (189 Этим уравнением задается пара действительных параллельных прямых, если К < 0, 11 — любое. В этом случае 7г = 73 = 0, К < 0. (25) Обратно, если инварианты многочлена (1) удовлетворяют ус- ловиям (25), то уравнением ' (15) задается пара действительных параллельных прямых. В самом деле, так как 72 = 73 = 0, то уравнение (15) можно привести только к виду (18) или (18'). Из 284
условия К <0 следует, что этим уравнением задается пара дейст- вительных параллельных прямых. Аналогично предыдущему можно показать, что условия /2 = 13 = о, К > 0 (26) характеризуют пару комплексных параллельных прямых, а условия /2 = /3 = О, К = 0 (27) — пару слившихся прямых. Резюмируя все изложенное выше, мы приходим к следующей таблице для определения вида линии второго порядка по инвариан- там: № п/п Признак вида Приведенное уравнение Каноническое уравнение Название кривой 1 А А<° /3 s1x2+s2y2+-3=0 '2 у2 «>2 V + 7J = 1 Эллипс 2 А>0, /3>0 13 «1 x2+s2 У2+ у- =0 ‘2 В I и СО | СО + ['"Is II |_ Мнимый эллипс 3 /г<0> 1з ¥= 0 ‘2 1 сз- |'-е Ь9 | СЭ И Гипербола 4 /2<0, /3 = 0 Si *2 + S2 У2 = 0 д*2 у2 а2 ~ Ь2 ~ ° Пара пересекаю- щихся прямых 5 /2>0, 13 = 0 st х2 + s2 у2 = 0 /1Х2+ а2 Ь2 Пара комплекс- ных пересекаю- щихся прямых 6 /2 = 0, 13 0 +2]/-/-8у = 0 х2 — 2ру Парабола 7 /2=/3=0, Я<0 X2 ? = 1 Пара параллель- ных прямых 8 /2=/3=0, К>0 X2- Пара комплекс- ных параллель- ных прямых 9 /2 = /3 = К = 0 х2 = 0 х2 = 0 Пара слившихся прямых Рассмотрим несколько примеров определения вида кривой по инвариантам. Пример 1. —2х2 + 12ху + 7у2 — 8х — бу = О ч Определим инварианты этой кривой /< = ^ + ^ = -2 + 7 = 5; /2 = |«и 212| = = I U22 I U I = — 14 — 33 = —50; 285
ап а12 °13 a2i а22 а23 «31 «32 «33 /з —2 6 —4 6 7-3 —4 —3 О = —4.10 + 3-30 = 50. В данном случае 12 <0, /3 ¥= 0, поэтому кривая представляет собой гиперболу. Найдем корни характеристического уравнения: s2 — /jS 4* /2 = 0, s2 — 5s — 50 = 0, Sj = 10, s2 = —5. Приведенное уравнение имеет вид: 10х2 — 5у2 — 1=0. Пример 2. Зх2 — 2ху + у2 — 6х + 2у + 8 = 0. Л = 3+1 =4, 72 = |_? } | = 2, Z3 = 3 —1 —3 —1 1 1 -3 1 8 О —1 —3 О 1 1 5 1 8 __1 __Q I ; f| = 5.2=10. =± 5 В данном случае /2 > 0, • /3 = 4 • 10 = 40 > 0. Кривая представляет собой мнимый эллипс. Характеристическое уравнение имеет вид: s2 — 4s + 2 =0, S1 = 2+/"2, s2 = 2 — /Т- Приведенное уравнение: (2 + У~2 ) х2 + (2 — У~2) у2 + 5 =0. Пример 3. 4х2 —4ху + у2 — х — 2=0. — - .- + 2.0 = 2 2 1 Кривая представляет собой параболу. Приведенное уравнение имеет вид: 5х2 + 2 у=0, х2 + ^-1= у=0. Примеры Определить вид следующих кривых по инвариантам. Написать приведенные уравнения кривых. 408. 9х2 — 4ху + бу2 + 6х — 8у + 2 = 0. 409. 12ху + 5у2 — 12х — 22у — 19 = 0. 410. х2 — 2ху + у2 — х — 2у + 3 = 0. 411. х2 — бху + 9у2 — Зр'Тбх — Ибу = 0. 412. 5х2 + 8ху + 5у2 — 9 = 0. 413. 4х2 — 4ху + у2 — 15 = 0. 414. х2 -|- 2у2 + 4х + 4 = 0. 286
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 3. Нет. 4. Да. 5. Нет. 8. а) Векторы, лежащие на взаимно перпендикуляр- ных прямых, коллинеарны тогда и только тогда, когда хотя бы один из них нуле- вой. б) Векторы равны только в том случае, когда оба нулевые. 9. Да. 10. Нет. 11. В примерах а), в) все условия равенства векторов выполнены, а в примерах б), г) и д) отдельные из них не выполняются. 13. Модули всех векторов равны друг другу. 14. Да. 16. Да. 18. с 4- а 4- Ъ — с 4~ (а 4- Ъ) = (а 4- Ь) +_£_= с 4- Ь 4- с. Аналогично доказывается второе соотношение. 20. а) Пусть а—ОА, b—ОВ; тогда а — Ь = ВА, а b — а = АВ, поэтому а — Ь = — (Ь—а), б) Пусть О А —а, АВ = Ь, тогда ОВ — а-[-Ь. Рассмотрим точки А' и В', симметричные точкам А и В относительно О. Очевидно, ОА' = — а, ОВ' = — (а-\-Ь), А'В'——Ь. Из правила треугольника имеем: ОВ' — ОА' + А'В’ или — (а 4- Ь) — (—а)4- + (—&). в) а —(» + <;) = «+[—(& +с)] = а +[(—&) +(—с)]=а+(—6)+ + (— с). С другой стороны, а — Ь — с — (а — Ь) — с = [« + (—&)] + (—с) = = а 4- (— 6) 4- (~ с). 21. Да, например, если О—середина отрезка АВ, то ОА — ОВ = ВА . 24. Если векторы в и 6 не коллинеарны, то данное в усло- вии равенство означает, что диагонали параллелограмма, построенного на данных векторах, имеют равные длины. Этим свойством характеризуется пря- моугольник, поэтому векторы а и b взаимно перпендикулярны. Если хотя бы один из векторов а и 6 равен нулю, то условие задачи всегда выполнено. Если, наконец, а я b — ненулевые коллинеарные векторы, то | а + b | 4 4= I а — b |. 30. а) Да. б) Коллинеарны тогда и только тогда, когда а и Ь коллинеарны. 34. Если а и & не коллинеарны, то х не существует. Если в 4 0, Ь = 0, то х также не существует. Если а = 0, Ъ = 0, то любое чис- ло удовлетворяет соотношению. Если, наконец, а коллинеарен Ь и Ь 0, то а X = — — и определяется однозначно. 37. Если С^ — произвольная точка де- ft --- (п — k) а 4- kb ления (fe = 1, 2...п— 1), то ОС* =----------------. 38. Последователь- п но исключив переменные, сначала найти х, потом у и г: 60х = 114а 4- 66ft; 60у = 49а+ lift; 60z = — 61а4- 121ft. 39. a)—86; 6) cos (а 4- 0) . a; в) 2(aft—Ра). 41. a) а{—1,2), ft {1,0}, с{1, —3); б) а{—2, —1), 6 {0, 1}, с (3, 1}; в) а (1, —2), Ъ {—1, 0}, с {— 1, 3}. 42. —а {- 1,_0}_, — ft{3, 1}— — (а4-&4-с) {— 3,2). 46. a) СМ {— 1, 1); ОВ {— 1,-2); КМ {— 1, —1); СВ{—2, -2}; М?{1, 1}; AN {—1, -3). 47. ВС = -- ег 4- е2, АС = а а— b — —------01 4- «2, BD = — 014- 02- Указание. Пусть АВ — большее осно- а 287
__ b — a вание трапеции. Сначала показать, что CD =-------elt где а = АВ, b — AD. ___ ___ ______ а 48. Может, например, р = АВ 4- ВС 4- СА = 0, где А, В и С — произвольные точки плоскости. 50. Да. 53. а = 2Ь-}-с, Ь = —а——с, с —а—2Ь. 54. р= = 2и — 3®. 55. а = — 2. Указание. Выразить координаты векторов Р {•*!. У1} и Я{хг< Уз) через координаты векторов а и b и воспользоваться условием коллинеарности: Х]Уг — ухХ2 = 0- 56. а) а = 0; б) сц = 1, а2 = — 1; в) При любом а векторы р и q не коллинеарны. 57. Да, а — b + с = 0. 58. Трапеция существует, так как вис коллинеарны и а-{-Ь + с—d = 0. 62. Да. 63. а) Нет; б) Да. 64. (oOi) = — 45°, (а£ьг) =4- 90°, (&2Гоз)= =—90°, (<4?&3)=4-ЗО°. 65. а) +60°; б) —_60°; в) 4-60°; г) —120°; д) 4-60? 67. Если а {х, у), то х = | а | cos <р = 5/ 3, у => | а | sin <р = 5. 68. | а | = 5; |&|= 10; |с| = 5; |d|= 13; |е| = /5. 69. a3tb3. 70. а{{—5, 2), а'{2, —1), а'3 (0, 5), а' {— 1, 0), а5 {/Т, 2). 71. а) 45°; б) 75°; в)—30°; г) —60°. 72. {у, —я). 73. Выразить вектор средней линии через векторы ос- нований и учесть, что векторы оснований коллинеарны. 75. См. решение при- мера 8, § 4. 76. Показать, что стороны треугольника АВС соответственно 1 3 параллельны сторонам треугольника Л2В2С2; k = — . 77. Решение задачи ана- логично доказательству теоремы [6, 6]. 78. Полагая АВ — а и AD=b, вы- разить векторы АР и АС через а и & и записать условие их коллинеарности. 87. Да. Если точка М в системе Ое^ имеет координаты х, у, то в системе Oe^s та же точка имеет координаты х, — у. 88. Для точек оси Ох ,и только для этих точек соответствующие координаты совпадают. 89. Точки, лежащие на прямой, соединяющей начало координат с точкой (1, 1). В прямоугольной декартовой системе эта прямая является биссектрисой I и III координатных углов. 92. л1 — , Ol, В(0, 1), 0(^-3—, 0j. 93. Л(0, 0), В(0,1), С(2,0). 94. Л (— 5, 0), В (— 54-2 / "З, 2), С (5—2 /Т, 2), D (5, 0); 5(5^2V^~)’ ( б/зЛ /5 — 2/3’ \ АН О, —). 95. Л(0, 0), В(0, 1), С ----g2---, 11, D (1, 0), / 5 — 2/Т , 5—N / 5/3 \ д7. 0)> В(_2( —5), \10 —2/3 10 — 2/3 / \ 6 / С(— 1, 3), 0(4, —2), Е(0, —1), 98. а) (2, —5); б) (—2, 5); в) (—2, —5). /3 1 \ 100. Середина отрезка АВ имеет координаты I — , — 1 и лежит в первом ко- ординатном угле. 104. АВ (—1, —6), AD {—1, 2), DB (0, —8), ___ ___ 15 ВС{1, —1), СА {0, 7). 105. (1, 7). 108. а) 4; б) — —; в) —5; г) — —. 5 4 1 / 1 5 \ 109. -. НО. А'(2, -5), В'(0, —1), С'(3, 1), 111. - , - ; (— 4, 1); Л \ 2 2 J . 112. Имеются две точки, удовлетворяющие условию задачи: (—3, —5) и С2(3, —6). 113. л: 288
(-/7,/2). ’22; С2(-4, 4), r2 = 4. I 23\ 1 1 Л« ~2> Т • Х1 = “Т- Хз = 7-- х« = 2- ^в = -4. 115. (0. 3). \ 3 / 4 2 117. Л(1, — 3), В(М), С(7,—2). 119. /ТО; 4; 5; 2/~5. 12(к 4 KJ. 121. (КТ , 2) ; (—/5^2); (2/2 , —1) ; (—2/2, —1); (0, 3); (/ 7,/2); /157 —2—’ 124. Задача имеет два решения: Сх (— 20, 20) гх = 20; 27 126. а) $ = 4; б) $ = —; в) $ = — 13. 127. $ = 25, 2р = 15 + 5 / 5 . 128. Коллинеарны следующие тройки точек: а), г), д). 129. В новой системе точка М будет иметь координаты (р, — <р). 133. Если обозначить через М4, М2, М3, М4 точки, симметричные данным по отноше- нию к полюсу, а через Л1Х, М2, М3, М'^— по отношению к полярной оси, то , / Зл\ . / 2я\ ,Зл\ , , / 2л\ »/ л\ ^2, — —j ; МцЗ, — 3 j ; М3 ^1, —~J ; М4 (з, — j ; ЛЦ2, — 4 J; /у / Л \ Н I 1 \ 1 М213- — V :Л43 !• — т : 3> Т • ,35> s = TPiP2sin(<p2—Ф1). S — 1. 136. АВ — ВС — 7. 137. а), б