Смяна на координатната система на крива от втора степен

[Гост]

Може ли някой да ми помогне с тези две задачи? Не съм много добър по този предмет и ми трябва малко помощ. Благодаря предварително.

[Knowledge Greedy]

[tex]c: 9x^{2} - 24xy +16y^{2} -10x -70 y +125 = 0[/tex]
Първо образуваме детерминантата[tex]A_{33}= \begin{vmatrix}
9 & -12\\
-12 & 16
\end{vmatrix} =0[/tex]. Извод: кривата е от параболичен тип.

КОху.PNG (5.82 KiB) Прегледано 370 пъти

В същност [tex]A_{33}[/tex] е адюнгирано количество от [tex]A.[/tex]
[tex]A = \begin{vmatrix}
9 & -12 & -5 \\
-12 & 16 & -35\\
-5 & -35 & 125
\end{vmatrix}=-156250[/tex]. [tex]A \ne 0[/tex], значи кривата не е дегенерована.
За да приведем в каноничен вид, ще приложим ротация на ъгъл [tex]\alpha[/tex] между оста Ox и направлението на безкрайната точка - определя се от [tex]tg\alpha =-\frac{a_{12}}{a_{22} }.[/tex]
[tex]tg\alpha =-\frac{-{12}}{16 }=\frac{3}{4}.[/tex]Избираме ъгъла [tex]\alpha[/tex] от [tex]0 < \alpha<\frac{\pi }{2}[/tex].
Следователно [tex]sin\alpha =\frac{3}{5}[/tex] ;[tex]cos\alpha =\frac{4}{5}[/tex] и формулите на ротацията са:[tex]\begin{array}{|l}
x= & \frac{4}{5 }\xi & -\frac{3}{ 5} \eta \\
y= & \frac{3}{ 5} \xi & +\frac{4}{5 }\eta
\end{array}[/tex]
Отделяме точен квадрат
[tex]c: (3x-4y)^{2} - 10x -70 y +125 = 0[/tex]
След заместване [tex]\begin{bmatrix}3(\frac{4}{5 }\xi -\frac{3}{ 5} \eta) -4(& \frac{3}{ 5} \xi & +\frac{4}{5 }\eta)
\end{bmatrix}^{2} - 10(\frac{4}{5 }\xi -\frac{3}{ 5} \eta) -70(\frac{3}{ 5} \xi +\frac{4}{5 }\eta)+125 = 0[/tex] и приведение, получаваме [tex]25\eta ^{2}-50\xi-50\eta +125=0[/tex]
Съкращаваме на [tex]25[/tex], [tex]\eta ^{2}-2\xi-2\eta +5=0[/tex] отделяме точен квадрат [tex](\eta-1)^{2}-2\xi+4=0[/tex], прилагаме транслацията [tex]\begin{array}{|l}
\xi= & X+2 \\
\eta= & Y+1
\end{array}[/tex] и достигаме до каноничния вид [tex]Y^{2}=2X[/tex].
Връх на параболата в [tex]OXY[/tex] е [tex]\begin{array}{|l}
X=0 \\
Y=0
\end{array}[/tex] което чрез [tex]\begin{array}{|l}
\xi =2 \\
\eta=1
\end{array}[/tex] в старите координати е [tex]\begin{array}{|l}
x =1 \\
y=2
\end{array}[/tex] , т.е. в първоначалната координатна система [tex]Oxy[/tex] върхът е [tex]V(1,2)[/tex].
Оста на параболата в [tex]OXY[/tex] е [tex]Y=0[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex][tex]\eta=1[/tex][tex]\Rightarrow 3x-4y+5=0[/tex] е оста на параболата в старата коорд. система [tex]Oxy[/tex] .
Фокусът [tex]F(\frac{1}{2} ,0)[/tex] в новата коорд. система - чрез [tex]\begin{array}{|l}
\xi =\frac{5}{2 } \\
\eta=1
\end{array}[/tex] получаваме [tex]F(1\frac{2}{5} , 1\frac{9}{10 })[/tex] - в старата.
Уравнението на директрисата: [tex]X=-\frac{1}{2 }[/tex] в новата. к.с., в старата изглежда така:[tex]8x+6y-15=0[/tex].
Уравнението на върховата допирателна е [tex]X=0[/tex] в новата. к.с.; в старата изглежда така:[tex]4x+3y-10=0[/tex].

[Гост]

Благодаря за отговора, но не разбрах как точно намираме на колко е равна транслацията и как точно се намира уравнението на директрисата?

[Knowledge Greedy]

Обърни внимание на тези редове:
"Съкращаваме на 25,[tex]\eta ^{2}-2\xi-2\eta +5=0[/tex] отделяме точен квадрат[tex](\eta-1)^{2}-2\xi+4=0[/tex], прилагаме транслацията[tex]\begin{array}{|l}\xi= & X+2 \\ \eta= & Y+1<br />\end{array}[/tex] и достигаме до каноничния вид [tex]Y^{2}=2X.[/tex]"
Целта е каноничен вид. Той за параболична крива е [tex]Y^{2}=2dX[/tex].
А ние разполагаме с уравнението [tex](\eta-1)^{2}-2(\xi-2)=0[/tex][tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex](\eta-1)^{2}=2(\xi-2).[/tex]
Като сравним това, което имаме (на по-горния ред) и това , което искаме да получим (на горния ред), правим извода за въвеждането на нови променливи [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex]. Те са изместените [tex]\eta[/tex] и [tex]\xi[/tex]. Това изместване се нарича транслация.
[tex]\eta[/tex] е изместена с [tex]1[/tex], [tex]\xi[/tex] е изместена с [tex]2[/tex].
Ето защо полагаме [tex]\eta=Y+1[/tex] и [tex]\xi=X+2[/tex].
Респективно, обратната транслация се задава така
[tex]\begin{array}{|l}
Y=\eta-1\\
X=\xi-2.
\end{array}[/tex]