ഫോമിൻ്റെ ഒരു ബന്ധം നമുക്ക് പരിഗണിക്കാം F(x, y)=0, വേരിയബിളുകൾ ബന്ധിപ്പിക്കുന്നു xഒപ്പം ചെയ്തത്. നമ്മൾ സമത്വത്തെ വിളിക്കും (1) x, y, എന്നീ രണ്ട് വേരിയബിളുകളുള്ള സമവാക്യംഈ സമത്വം എല്ലാ ജോഡി സംഖ്യകൾക്കും ശരിയല്ലെങ്കിൽ എക്സ്ഒപ്പം ചെയ്തത്. സമവാക്യങ്ങളുടെ ഉദാഹരണങ്ങൾ: 2x + 3y = 0, x 2 + y 2 – 25 = 0,
sin x + sin y – 1 = 0.
x, y എന്നീ എല്ലാ ജോഡി സംഖ്യകൾക്കും (1) ശരിയാണെങ്കിൽ, അതിനെ വിളിക്കുന്നു ഐഡൻ്റിറ്റി. ഐഡൻ്റിറ്റികളുടെ ഉദാഹരണങ്ങൾ: (x + y) 2 - x 2 - 2xy - y 2 = 0, (x + y)(x - y) - x 2 + y 2 = 0.
ഞങ്ങൾ സമവാക്യം (1) എന്ന് വിളിക്കും ഒരു കൂട്ടം പോയിൻ്റുകളുടെ സമവാക്യം (x; y),ഈ സമവാക്യം കോർഡിനേറ്റുകൾ തൃപ്തിപ്പെടുത്തിയാൽ എക്സ്ഒപ്പം ചെയ്തത്സെറ്റിലെ ഏത് പോയിൻ്റും ഈ സെറ്റിൽ ഉൾപ്പെടാത്ത ഏതെങ്കിലും പോയിൻ്റിൻ്റെ കോർഡിനേറ്റുകളാൽ തൃപ്തരല്ല.
അനലിറ്റിക്കൽ ജ്യാമിതിയിലെ ഒരു പ്രധാന ആശയം ഒരു വരിയുടെ സമവാക്യം എന്ന ആശയമാണ്. ഒരു ദീർഘചതുരാകൃതിയിലുള്ള കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റവും കുറച്ച് ലൈനും വിമാനത്തിൽ നൽകട്ടെ α.
നിർവ്വചനം.സമവാക്യം (1) രേഖ സമവാക്യം എന്ന് വിളിക്കുന്നു α
(സൃഷ്ടിച്ച കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ), ഈ സമവാക്യം കോർഡിനേറ്റുകൾ തൃപ്തിപ്പെടുത്തിയാൽ എക്സ്ഒപ്പം ചെയ്തത്വരിയിൽ കിടക്കുന്ന ഏതെങ്കിലും പോയിൻ്റ് α
, കൂടാതെ ഈ വരിയിൽ കിടക്കാത്ത ഒരു പോയിൻ്റിൻ്റെയും കോർഡിനേറ്റുകൾ തൃപ്തിപ്പെടുത്തരുത്.
(1) എന്നത് വരിയുടെ സമവാക്യമാണെങ്കിൽ α, അപ്പോൾ നമ്മൾ ആ സമവാക്യം പറയും (1) നിർവചിക്കുന്നു (സെറ്റുകൾ)ലൈൻ α.
ലൈൻ α ഫോമിൻ്റെ (1) സമവാക്യം മാത്രമല്ല, ഫോമിൻ്റെ ഒരു സമവാക്യം വഴിയും നിർണ്ണയിക്കാനാകും
F (P, φ) = 0പോളാർ കോർഡിനേറ്റുകൾ അടങ്ങിയിരിക്കുന്നു.
- ഒരു കോണീയ ഗുണകം ഉള്ള ഒരു നേർരേഖയുടെ സമവാക്യം;
അച്ചുതണ്ടിന് ലംബമായിട്ടല്ല, കുറച്ച് നേർരേഖ നൽകട്ടെ ഓ. വിളിക്കാം ചെരിവ് ആംഗിൾഅച്ചുതണ്ടിലേക്ക് നേർരേഖ നൽകിയിരിക്കുന്നു ഓമൂല α , അച്ചുതണ്ടിലേക്ക് തിരിയണം ഓഅതിനാൽ പോസിറ്റീവ് ദിശ നേർരേഖയുടെ ഒരു ദിശയുമായി പൊരുത്തപ്പെടുന്നു. അച്ചുതണ്ടിലേക്കുള്ള നേർരേഖയുടെ ചെരിവിൻ്റെ കോണിൻ്റെ ടാൻജൻ്റ് ഓവിളിച്ചു ചരിവ്ഈ വരി അക്ഷരം കൊണ്ട് സൂചിപ്പിക്കുന്നു TO.
|
|||
|
|||
ഈ വരിയുടെ സമവാക്യം നമുക്കറിയാമെങ്കിൽ നമുക്ക് അത് കണ്ടെത്താം TOസെഗ്മെൻ്റിലെ മൂല്യവും ഒ.ബി, അത് അച്ചുതണ്ടിൽ വെട്ടിമാറ്റുന്നു Op-amp.
|
|
സമവാക്യം (2) എന്ന് വിളിക്കുന്നു ഒരു കോണീയ ഗുണകം ഉള്ള ഒരു നേർരേഖയുടെ സമവാക്യം.എങ്കിൽ കെ=0, അപ്പോൾ നേർരേഖ അച്ചുതണ്ടിന് സമാന്തരമാണ് ഓഅതിൻ്റെ സമവാക്യവും y = b.
- രണ്ട് പോയിൻ്റുകളിലൂടെ കടന്നുപോകുന്ന ഒരു വരിയുടെ സമവാക്യം;
|
|
. എങ്കിൽ ഇതാണ് സമവാക്യം y 1 ≠ y 2, ഇങ്ങനെ എഴുതാം: എങ്കിൽ y 1 = y 2, അപ്പോൾ ആവശ്യമുള്ള വരിയുടെ സമവാക്യത്തിന് ഫോം ഉണ്ട് y = y 1. ഈ സാഹചര്യത്തിൽ, നേർരേഖ അക്ഷത്തിന് സമാന്തരമാണ് ഓ. എങ്കിൽ x 1 = x 2, പിന്നെ പോയിൻ്റുകളിലൂടെ കടന്നുപോകുന്ന നേർരേഖ എം 1ഒപ്പം എം 2, അച്ചുതണ്ടിന് സമാന്തരമായി Op-amp, അതിൻ്റെ സമവാക്യത്തിന് രൂപമുണ്ട് x = x 1.
- തന്നിരിക്കുന്ന ചരിവുള്ള ഒരു നിശ്ചിത പോയിൻ്റിലൂടെ കടന്നുപോകുന്ന ഒരു നേർരേഖയുടെ സമവാക്യം;
|
|
കൂടാതെ, അനിയന്ത്രിതമായ ഗുണകങ്ങൾക്കുള്ള സമവാക്യം (5). എ, ബി, സി (എഒപ്പം ബി ≠ 0ഒരേസമയം) ചതുരാകൃതിയിലുള്ള കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ ഒരു നിശ്ചിത നേർരേഖ നിർവചിക്കുന്നു ഓ.
തെളിവ്.
ആദ്യം, ആദ്യത്തെ പ്രസ്താവന തെളിയിക്കാം. ലൈൻ ലംബമല്ലെങ്കിൽ ഓ,ആദ്യ ഡിഗ്രിയുടെ സമവാക്യം അനുസരിച്ചാണ് ഇത് നിർണ്ണയിക്കുന്നത്: y = kx + b, അതായത്. ഫോമിൻ്റെ സമവാക്യം (5), എവിടെ
എ = കെ, ബി = -1ഒപ്പം സി = ബി.വരി ലംബമാണെങ്കിൽ ഓ,അപ്പോൾ അതിൻ്റെ എല്ലാ പോയിൻ്റുകൾക്കും മൂല്യത്തിന് തുല്യമായ അബ്സിസ്സകൾ ഉണ്ട് α സെഗ്മെൻ്റ് അച്ചുതണ്ടിൽ ഒരു നേർരേഖ കൊണ്ട് മുറിച്ചു ഓ.
ഈ വരിയുടെ സമവാക്യത്തിന് ഒരു രൂപമുണ്ട് x = α,ആ ഫോമിൻ്റെ (5) ഒരു ഫസ്റ്റ് ഡിഗ്രി സമവാക്യം കൂടിയാണ് A = 1, B = 0, C = - α.ഇത് ആദ്യത്തെ പ്രസ്താവന തെളിയിക്കുന്നു.
നമുക്ക് വിപരീത പ്രസ്താവന തെളിയിക്കാം. സമവാക്യം (5) നൽകട്ടെ, ഗുണകങ്ങളിൽ ഒരെണ്ണമെങ്കിലും എഒപ്പം ബി ≠ 0.
എങ്കിൽ ബി ≠ 0, തുടർന്ന് (5) എന്ന രൂപത്തിൽ എഴുതാം. ഫ്ലാറ്റ് 
, നമുക്ക് സമവാക്യം ലഭിക്കും y = kx + b, അതായത്. ഒരു നേർരേഖയെ നിർവചിക്കുന്ന ഫോമിൻ്റെ (2) സമവാക്യം.
എങ്കിൽ ബി = 0, അത് എ ≠ 0കൂടാതെ (5) ഫോം എടുക്കുന്നു. സൂചിപ്പിക്കുന്നു α, നമുക്ക് ലഭിക്കുന്നു
x = α, അതായത്. ലംബമായ ഒരു വരിയുടെ സമവാക്യം Oh.
ഒരു ചതുരാകൃതിയിലുള്ള കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ ഒന്നാം ഡിഗ്രിയുടെ സമവാക്യം ഉപയോഗിച്ച് നിർവചിച്ചിരിക്കുന്ന വരികളെ വിളിക്കുന്നു ആദ്യ ഓർഡർ ലൈനുകൾ.
ഫോമിൻ്റെ സമവാക്യം Ax + Wu + C = 0അപൂർണ്ണമാണ്, അതായത്. ചില ഗുണകങ്ങൾ പൂജ്യത്തിന് തുല്യമാണ്.
1) C = 0; Ah + Wu = 0ഉത്ഭവത്തിലൂടെ കടന്നുപോകുന്ന ഒരു നേർരേഖ നിർവചിക്കുകയും ചെയ്യുന്നു.
2) B = 0 (A ≠ 0); സമവാക്യം Ax + C = 0 ഓ.
3) A = 0 (B ≠ 0); വു + സി = 0ഒപ്പം ഒരു നേർരേഖ സമാന്തരമായി നിർവ്വചിക്കുന്നു ഓ.
സമവാക്യം (6) ഒരു നേർരേഖയുടെ സമവാക്യം "സെഗ്മെൻ്റുകളിൽ" എന്ന് വിളിക്കുന്നു. നമ്പറുകൾ എഒപ്പം ബികോർഡിനേറ്റ് അക്ഷങ്ങളിൽ നേർരേഖ മുറിച്ചുമാറ്റുന്ന സെഗ്‌മെൻ്റുകളുടെ മൂല്യങ്ങളാണ്. സമവാക്യത്തിൻ്റെ ഈ രൂപം ഒരു നേർരേഖയുടെ ജ്യാമിതീയ നിർമ്മാണത്തിന് സൗകര്യപ്രദമാണ്.
- ഒരു വരിയുടെ സാധാരണ സമവാക്യം;
Аx + Вy + С = 0 എന്നത് ഒരു നിശ്ചിത രേഖയുടെ പൊതുവായ സമവാക്യമാണ്, കൂടാതെ (5) xകോസ് α + y sin α – p = 0(7)
അതിൻ്റെ സാധാരണ സമവാക്യം.
(5) ഉം (7) സമവാക്യങ്ങളും ഒരേ നേർരേഖയെ നിർവ്വചിക്കുന്നതിനാൽ, ( A 1x + B 1y + C 1 = 0ഒപ്പം
A 2x + B 2y + C 2 = 0 => 
) ഈ സമവാക്യങ്ങളുടെ ഗുണകങ്ങൾ ആനുപാതികമാണ്. ഇതിനർത്ഥം സമവാക്യത്തിൻ്റെ എല്ലാ നിബന്ധനകളും (5) ഒരു നിശ്ചിത ഘടകം M കൊണ്ട് ഗുണിച്ചാൽ, നമുക്ക് സമവാക്യം ലഭിക്കും MA x + MV y + MS = 0, സമവാക്യവുമായി പൊരുത്തപ്പെടുന്നു (7) അതായത്.
MA = cos α, MB = sin α, MC = - P(8)
ഘടകം M കണ്ടെത്തുന്നതിന്, ഈ സമത്വങ്ങളിൽ ആദ്യത്തെ രണ്ട് സമത്വങ്ങൾ ഞങ്ങൾ സ്ക്വയർ ചെയ്ത് ചേർക്കുക:
M 2 (A 2 + B 2) = cos 2 α + sin 2 α = 1
(9)
അനലിറ്റിക്കൽ ജ്യാമിതിയുടെ ഏറ്റവും പ്രധാനപ്പെട്ട ആശയം ഒരു വിമാനത്തിലെ ഒരു വരിയുടെ സമവാക്യം.
നിർവ്വചനം. ഒരു വിമാനത്തിൽ ഒരു രേഖയുടെ (കർവ്) സമവാക്യം ഓക്സികോർഡിനേറ്റുകൾ തൃപ്തിപ്പെടുത്തുന്ന സമവാക്യമാണ് xഒപ്പം വൈതന്നിരിക്കുന്ന ഒരു വരിയുടെ ഓരോ പോയിൻ്റും ഈ വരിയിൽ കിടക്കാത്ത ഏതെങ്കിലും പോയിൻ്റിൻ്റെ കോർഡിനേറ്റുകളാൽ തൃപ്തിപ്പെടുന്നില്ല (ചിത്രം 1).
പൊതുവേ, ഒരു വരിയുടെ സമവാക്യം ഇങ്ങനെ എഴുതാം F(x,y)=0അല്ലെങ്കിൽ y=f(x).
ഉദാഹരണം.പോയിൻ്റുകളിൽ നിന്ന് തുല്യമായ ഒരു കൂട്ടം പോയിൻ്റുകളുടെ സമവാക്യം കണ്ടെത്തുക എ(-4;2), ബി(-2;-6).
പരിഹാരം.എങ്കിൽ M(x;y)ആവശ്യമുള്ള വരിയുടെ ഒരു ഏകപക്ഷീയമായ പോയിൻ്റാണ് (ചിത്രം 2), അപ്പോൾ നമുക്ക് ഉണ്ട് AM=BMഅല്ലെങ്കിൽ
പരിവർത്തനങ്ങൾക്ക് ശേഷം നമുക്ക് ലഭിക്കുന്നു
വ്യക്തമായും, ഇതാണ് നേർരേഖയുടെ സമവാക്യം എം.ഡി.- സെഗ്മെൻ്റിൻ്റെ മധ്യത്തിൽ നിന്ന് ലംബമായി പുനഃസ്ഥാപിച്ചു എബി.
വിമാനത്തിലെ എല്ലാ ലൈനുകളിലും, പ്രത്യേക പ്രാധാന്യമുള്ള ഒന്ന് നേർരേഖ. അവൾ ഒരു ഗ്രാഫിക് ആർട്ടിസ്റ്റാണ് രേഖീയ പ്രവർത്തനം, പ്രായോഗികമായി ഏറ്റവും സാധാരണയായി നേരിടുന്ന രേഖീയ സാമ്പത്തിക, ഗണിത മാതൃകകളിൽ ഉപയോഗിക്കുന്നു.
വിവിധ തരംഒരു നേർരേഖയുടെ സമവാക്യങ്ങൾ:
1) ചരിവ് കെയും പ്രാരംഭ ഓർഡിനേറ്റും ബി:
y = kx + b,
അച്ചുതണ്ടിൻ്റെ നേർരേഖയും പോസിറ്റീവ് ദിശയും തമ്മിലുള്ള കോൺ എവിടെയാണ് ഓ(ചിത്രം 3).
പ്രത്യേക കേസുകൾ:
- ഒരു നേർരേഖ കടന്നുപോകുന്നു ഉത്ഭവം(ചിത്രം 4):
– ദ്വിഭാഗംഒന്നും മൂന്നാമത്തേതും രണ്ടാമത്തേതും നാലാമത്തേതും കോർഡിനേറ്റ് കോണുകൾ:
y=+x, y=-x;
- ഋജുവായത് OX അക്ഷത്തിന് സമാന്തരമായിഅവളും OX അക്ഷം(ചിത്രം 5):
y=b, y=0;
- ഋജുവായത് OY അക്ഷത്തിന് സമാന്തരമായിഅവളും OY അക്ഷം(ചിത്രം 6):
x=a, x=0;
2) ഒരു നിശ്ചിത ദിശയിൽ കടന്നുപോകുന്നു (ചരിവോടെ) ഒരു നിശ്ചിത പോയിൻ്റിലൂടെ k (ചിത്രം 7) :
.
തന്നിരിക്കുന്ന സമവാക്യത്തിലാണെങ്കിൽ കെഒരു ഏകപക്ഷീയ സംഖ്യയാണ്, തുടർന്ന് സമവാക്യം നിർണ്ണയിക്കുന്നു നേർരേഖകളുടെ കൂട്ടം, പോയിൻ്റിലൂടെ കടന്നുപോകുന്നു അച്ചുതണ്ടിന് സമാന്തരമായ ഒരു നേർരേഖ ഒഴികെ അയ്യോ.
ഉദാഹരണംഎ(3,-2):
a) അച്ചുതണ്ടിലേക്ക് ഒരു കോണിൽ ഓ;
ബി) അച്ചുതണ്ടിന് സമാന്തരമായി OY.
പരിഹാരം.
എ) 
, y-(-2)=-1(x-3)അല്ലെങ്കിൽ y=-x+1;
b) x=3.
3) നൽകിയിരിക്കുന്ന രണ്ട് പോയിൻ്റുകളിലൂടെ കടന്നുപോകുന്നു (ചിത്രം 8) :
.
ഉദാഹരണം. പോയിൻ്റുകളിലൂടെ കടന്നുപോകുന്ന ഒരു രേഖയ്ക്ക് ഒരു സമവാക്യം എഴുതുക എ(-5.4), ബി(3.-2).
പരിഹാരം. 
,
4) സെഗ്മെൻ്റുകളിലെ ഒരു വരിയുടെ സമവാക്യം (ചിത്രം 9):
എവിടെ a, b -യഥാക്രമം അക്ഷങ്ങളിൽ ഛേദിക്കപ്പെട്ട ഭാഗങ്ങൾ കാളഒപ്പം അയ്യോ.
ഉദാഹരണം. ഒരു പോയിൻ്റിലൂടെ കടന്നുപോകുന്ന ഒരു രേഖയ്ക്ക് ഒരു സമവാക്യം എഴുതുക എ(2,-1), പോസിറ്റീവ് അർദ്ധ അക്ഷത്തിൽ നിന്ന് ഈ നേർരേഖ മുറിഞ്ഞാൽ അയ്യോപോസിറ്റീവ് അർദ്ധ അക്ഷത്തിൽ നിന്ന് ഇരട്ടി നീളമുള്ള ഒരു ഭാഗം കാള(ചിത്രം 10).
പരിഹാരം. വ്യവസ്ഥ പ്രകാരം b=2a, പിന്നെ. പോയിൻ്റിൻ്റെ കോർഡിനേറ്റുകൾ മാറ്റിസ്ഥാപിക്കാം എ(2,-1):
എവിടെ a=1.5.
ഒടുവിൽ നമുക്ക് ലഭിക്കുന്നത്:
അല്ലെങ്കിൽ y=-2x+3.
5) ഒരു നേർരേഖയുടെ പൊതുവായ സമവാക്യം:
Ax+By+C=0,
എവിടെ എഒപ്പം ബിഒരേ സമയം പൂജ്യത്തിന് തുല്യമല്ല.
ചിലത് പ്രധാന സവിശേഷതകൾനേരിട്ടുള്ള :
1) ഒരു പോയിൻ്റിൽ നിന്ന് ഒരു വരിയിലേക്കുള്ള ദൂരം d:
.
2) നേർരേഖകൾക്കിടയിലുള്ള കോണും അതനുസരിച്ച്:
ഒപ്പം 
.
3) സമാന്തര വരകളുടെ അവസ്ഥ:
അല്ലെങ്കിൽ .
4) വരികളുടെ ലംബതയുടെ അവസ്ഥ:
അല്ലെങ്കിൽ 
.
ഉദാഹരണം 1. ഒരു പോയിൻ്റിലൂടെ കടന്നുപോകുന്ന രണ്ട് വരികൾക്ക് ഒരു സമവാക്യം എഴുതുക A(5.1), അതിലൊന്ന് ലൈനിന് സമാന്തരമാണ് 3x+2y-7=0, മറ്റൊന്ന് ഒരേ വരിയിൽ ലംബമാണ്. സമാന്തര വരകൾ തമ്മിലുള്ള ദൂരം കണ്ടെത്തുക.
പരിഹാരം. ചിത്രം 11.
1) Ax+By+C=0 എന്ന സമാന്തര രേഖയുടെ സമവാക്യം:
സമാന്തര അവസ്ഥയിൽ നിന്ന്;
1 ന് തുല്യമായ ഒരു ആനുപാതിക ഗുണകം എടുക്കുമ്പോൾ, നമുക്ക് ലഭിക്കും എ=3, ബി=2;
അത്. 3x+2y+C=0;
അർത്ഥം കൂടെകോർഡിനേറ്റുകൾ t മാറ്റിസ്ഥാപിച്ചുകൊണ്ട് ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തും. എ(5,1),
3*5+2*1+С=0,എവിടെ സി=-17;
ഒരു സമാന്തര രേഖയുടെ സമവാക്യം 3x+2y-17=0 ആണ്.
2) ഒരു ലംബ രേഖയുടെ സമവാക്യംലംബമായ അവസ്ഥയിൽ നിന്ന് ഫോം ഉണ്ടാകും 2x-3y+C=0;
കോർഡിനേറ്റുകൾക്ക് പകരം t. A(5.1), നമുക്ക് ലഭിക്കുന്നു 2*5-3*1+С=0, എവിടെ സി=-7;
ഒരു ലംബരേഖയുടെ സമവാക്യം 2x-3y-7=0 ആണ്.
3) സമാന്തര വരികൾ തമ്മിലുള്ള ദൂരം t യിൽ നിന്നുള്ള ദൂരം കണ്ടെത്താം. A(5.1)നേരിട്ട് നൽകിയിരിക്കുന്നു 3x+2y-7=0:
.
ഉദാഹരണം 2. ത്രികോണത്തിൻ്റെ വശങ്ങളുടെ സമവാക്യങ്ങൾ നൽകിയിരിക്കുന്നു:
3x-4y+24=0 (AB), 4x+3y+32=0 (BC), 2x-y-4=0 (AC).
ആംഗിൾ ബൈസെക്ടറിന് ഒരു സമവാക്യം എഴുതുക എബിസി.
പരിഹാരം. ആദ്യം നമ്മൾ ശീർഷത്തിൻ്റെ കോർഡിനേറ്റുകൾ കണ്ടെത്തുന്നു INത്രികോണം:
,
എവിടെ x=-8, y=0,ആ വി(-8.0)(ചിത്രം 12) .
ബൈസെക്ടറിൻ്റെ പ്രോപ്പർട്ടി അനുസരിച്ച്, ഓരോ പോയിൻ്റിൽ നിന്നുമുള്ള ദൂരം M(x,y), ദ്വിഭാഗങ്ങൾ BDവശങ്ങളിലേക്ക് എബിഒപ്പം സൂര്യൻതുല്യമാണ്, അതായത്.
,
നമുക്ക് രണ്ട് സമവാക്യങ്ങൾ ലഭിക്കും
x+7y+8=0, 7x-y+56=0.
ചിത്രം 12 ൽ നിന്ന് ചരിവ്ആവശ്യമുള്ള നേർരേഖ നെഗറ്റീവ് ആണ് (കോണുമായി ഓ obtuse), അതിനാൽ, ആദ്യത്തെ സമവാക്യം നമുക്ക് അനുയോജ്യമാണ് x+7y+8=0അല്ലെങ്കിൽ y=-1/7x-8/7.
അങ്ങനെ, agip. = с/2 = 2 ഉം bhyp.2 = с2 – agyp.2 = 16 – 4 = 12. x2 y2 ആവശ്യമുള്ള ഹൈപ്പർബോളയുടെ സമവാക്യത്തിന് ഈ രൂപമുണ്ട്: − = 1. 4 12 പ്രശ്നം 11. ഒരു പരവലയത്തിന് ഒരു സമവാക്യം എഴുതുക അതിൻ്റെ ഫോക്കസ് F( -7, 0) ഉം ഡയറക്ട്രിക്സ് സമവാക്യവും ആണെങ്കിൽ x – 7 = 0. പരിഹാരം ഡയറക്ട്രിക്സ് സമവാക്യത്തിൽ നിന്ന് നമുക്ക് x = -p/2 = 7 അല്ലെങ്കിൽ p = -14 ഉണ്ട്.< 7, x ∈ R. 2 Решение 3 2 y−7=− x − 6 x + 13. Возводим обе части 2 уравнения в квадрат: 9 2 (y − 7) 2 = 4 (x − 6 x + 13) или 4 (y − 7) = (x 2 − 6 x + 13). 2 9 Выделяем в правой части полный квадрат: 4 (x − 3) 2 (y − 7) 2 (y − 7) = (x − 3) + 4 или 2 2 − = −1. 9 4 9 Это – сопряженная гипербола. О′(3, 7), полуоси а = 2, b = 3. Заданное же уравнение определяет ветвь гиперболы, расположенную под прямой y – 7 = 0, т.к. y < 7. 1 y +1 2. x = 1 − . 2 2 Решение Область допустимых значений (х, у) определяется условиями ⎧ y +1 ⎪ ≥ 0, ⎧ y ≥ −1, ⎨ 2 → ⎨ ⎪ 1 − x ≥ 0, ⎩ x ≤ 1. ⎩ (y + 1)/2 = 4⋅(1 – x)2 → y + 1 = 8⋅(1 – x)2. Искомая кривая – часть параболы с вершиной в точке (1, -1). 41 3. y = −2 − 9 − x 2 + 8 x . Решение Искомая кривая – часть окружности: (y + 2)2 + (x – 4)2 = 52, y ≤ -2, x ∈ [-1, 9]. 4. y2 – x2 = 0. y Решение y=-x y=x (y – x)⋅(y + x) = 0 – две пересекающиеся прямые. x 0 Задача 13. Какую линию определяет уравнение x2 + y2 = x? Решение Запишем уравнение в виде x2 – x + y2 = 0. Выделим полный квадрат из слагаемых, содержащих х: x2 – x = (x – 1/2)2 – 1/4. 2 ⎛ 1⎞ 1 Уравнение принимает вид ⎜ x − ⎟ + y 2 = ⎝ 2⎠ 4 и определяет окружность с центром в точке (1/2, 0) и радиусом 1/2. Задача 14. Преобразовать уравнение x2 – y2 = a2 поворотом осей на 45° против часовой стрелки. Решение Так как α = -45°, то cos α = 2 2, sin α = − 2 2. Отсюда преобразование поворота принимает вид (см. п.4.2): ⎧ x = 2 2 ⋅ (x′ + y′) , ⎪ ⎨ ⎪ y = 2 2 ⋅ (y′ − x′) . ⎩ Подстановка в исходное уравнение дает х′у′ = а2/2. Проиллюстрируем приведение общих уравнений прямых второго порядка к каноническому виду на нескольких примерах, иллюстрирующих разные схемы преобразований. Задача 15. Привести уравнение 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0 к каноническому виду и построить кривую. Решение Сгруппируем члены этого уравнения, содержащие одноименные координаты: (5x2 – 30x) + (9y2 + 18y) +9 = 0, или 5(x2 – 6x) + 9(y2 + 2y) +9 = 0. 42 y y′ Дополняем члены в скобках до полных квадратов: x 5(x2 – 6x + 9 – 9) + 9(y2 + 2y + 1 – 1) +9 = 0, или 0 5(x – 3)2 + 9(y + 1)2 = 45. 01 x′ Обозначаем x′ = x – 3, y′ = y + 1, x0 = 3, y0 = -1, то есть точка О1(3, -1) – центр кривой. Уравнение в новой системе координат принимает вид: x′2 y′2 5 x′ + 9 y′ = 45 → 2 2 + = 1 и определяет эллипс с полуосями 9 5 а = 3, b = 5,который в исходной системе координат имеет центр в точке О1(3, -1). 5 2 3 7 Задача 16. Определить вид кривой x + xy + y 2 = 2. 4 2 4 Решение Определим угол поворота осей по формуле (7) п.4.4: π 5 7 A = ,C = , B = 4 4 4 3 1 , A ≠ C и ϕ = arctg 2 2B 1 (= arctg − 3 = − . A−C 2 6) Подвергнем уравнение кривой преобразованию: ⎧ 3 1 ⎪ x = x′ cos ϕ − y′ sin ϕ = x′ ⎪ + y′ , 2 2 ⎨ ⎪ y = x′ sin ϕ + y′ cos ϕ = − x′ 1 + y′ 3 ⎪ ⎩ 2 2 и получим уравнение эллипса 2 2 5⎛ 3 1⎞ 3⎛ 3 1 ⎞⎛ 1 3 ⎞ 7⎛ 1 3 ⎞ ⎜ x′ + y′ ⎟ + ⎜ x′ + y′ ⎟⎜ − x′ + y′ ⎟ + ⎜ − x′ + y′ ⎟ = 2 . 4⎝ 2 2⎠ 2 ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2 ⎠ 4⎝ 2 2 ⎠ x′ 2 + 2y′ 2 = 2. Задача 17. Установить, какую линию определяет уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0. Решение Перенесем начало координат в такую точку О1(х0, у0), чтобы уравнение не содержало х′ и у′ в первой степени. Это соответствует преобразованию координат вида (см. п.4.1): ⎧ x = x′ + x0 , ⎨ ⎩ y = y′ + y0 . Подстановка в исходное уравнение дает (x′ + x0)2 + (x′ + x0)(y′ + y0) + (y′ + y0)2 – 2(x′ + x0) + 3(y′ + y0) = 0 или x′2 + x′y′ + y′2 + (2x0 + y0 - 2)x′ + (x0 + 2y0 + 3)y′ + x02 + x0y0 + y02 - 2x0 + 3y0 =0. Положим 2x0 + y0 – 2 = 0, x0 + 2y0 + 3 = 0. 43 Решение полученной системы уравнений: x0 = 7/3 и y0 = -8/3. Таким образом, координаты нового начала координат O1(7/3, -8/3), а уравнение принимает вид x′2 + x′y′ + y′ 2 = 93/25. Повернем оси координат на такой угол α, чтобы исчез член х′у′. Подвергнем последнее уравнение преобразованию (см. п.4.2): ⎧ x′ = x′′ cos α − y′′ sin α, ⎨ ⎩ y′ = x′′ sin α + y′′ cos α и получим (cos2α + sinα⋅cosα + sin2α)⋅x′′2 + y ′′ y y′ x′′ (cos2α - sin2α)⋅x′′y′′ + 0 x + (sin2α - sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′′ 2 = 93/25. Полагая cos2α - sin2α = 0, имеем tg2α = 1. α x′ Следовательно, α1,2 = ±45°. Возьмем α = 45°, cos45° = sin45° = 2 2 . 01 После соответствующих вычислений получаем 3 2 1 2 93 x ′′ + y ′′ = . 2 2 25 x′′2 y′′2 Итак, + =1 62 25 186 25 – уравнение эллипса с полуосями a = 62 5 ≈ 1,5; b = 186 5 ≈ 2,7 в дважды штрихованной системе координат, получаемой из исходной параллельным переносом осей координат в точку О1(7/3, -8/3) и последующим поворотом на угол 45° против часовой стрелки. Уравнение x2 + y2 + xy – 2x + 3y = 0 приведено к каноническому виду x′′2 y′′2 + 2 = 1. a2 b Задача 18. Привести к каноническому виду уравнение 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = 0. Решение Система уравнений для нахождения центра кривой (формула (6) п.4.4) ⎧ 4 x0 − 2 y0 − 1 = 0, ⎨ несовместна, ⎩ −2 x0 + y0 − 7 = 0 значит, данная кривая центра не имеет. Не меняя начала координат, повернем оси на некоторый угол α, соответствующие преобразования координат имеют ⎧ x = x′ cos α − y′ sin α, вид: ⎨ ⎩ y = x′ sin α + y′ cos α. 44 Перейдем в левой части уравнения к новым координатам: 4x2 – 4xy + y2 – 2x – 14y + 7 = (4cos2α - 4cosα⋅sinα + sin2α)⋅x′2 + + 2⋅(-4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα)⋅x′y′ + + (4sin2α + 4sinα⋅cosα + cos2α)⋅y′2 + + 2⋅(-cosα - 7sinα)⋅x′ + 2⋅(sinα - 7cosα)⋅y′ + 7. (*) Постараемся теперь подобрать угол α так, чтобы коэффициент при х′у′ обратился в нуль. Для этого нам придется решить тригонометрическое уравнение -4sinα⋅cosα - 2cos2α + 2sin2α + sinα⋅cosα = 0. Имеем 2sin2α - 3sinα⋅cosα - 2cos2α = 0, или 2tg2α - 3tgα - 2 = 0. Отсюда tgα = 2, или tgα = -1/2. Возьмем первое решение, что соответствует повороту осей на острый угол. Зная tgα, вычислим cosα и sinα: 1 1 tg α 2 cos α = = , sin α = = . 1 + tg 2α 5 1 + tg 2α 5 Отсюда, и учитывая (*), находим уравнение данной кривой в системе х′,у′: 5 y′2 − 6 5 x′ − 2 5 y′ + 7 = 0. (**) Дальнейшее упрощение уравнения (**) производится при помощи параллельного перенесения осей Ох′, Оу′. Перепишем уравнение (**) следующим образом: 5 5(y′2 − 2 y′) − 6 5 x′ + 7 = 0. 5 Дополнив выражение в первой скобке до полного квадрата разности и компенсируя это дополнение надлежащим слагаемым, получим: 2 ⎛ 5⎞ 6 5⎛ 5⎞ ⎜ y′ − ⎟ − ⎜ x′ − ⎟ = 0. ⎝ 5 ⎠ 5 ⎝ 5 ⎠ Введем теперь еще новые координаты х′′,у′′, полагая x′ = x′′ + 5 5, y′ = y′′ + 5 5 , что соответствует параллельному перемещению осей на величину 5 5 в направлении оси Ох′ и на величину 5 5 в направлении оси Оу′. В координатах х′′у′′ уравнение данной линии принимает вид 6 5 2 y′′ = x′′ . 5 Это есть каноническое уравнение параболы с 3 5 параметром p = и с вершиной в начале координат системы х′′у′′. Парабола 5 расположена симметрично относительно оси х′′ и бесконечно простирается в 45 положительном направлении этой оси. Координаты вершины в системе х′у′ ⎛ 5 5⎞ ⎛ 1 3⎞ ⎜ ; ⎟ а в системе ху ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5⎠ Задача 19. Какую линию определяет уравнение 4x2 - 4xy + y2 + 4x - 2y - 3 =0? Решение Система для нахождения центра кривой в данном случае имеет вид: ⎧ 4 x0 − 2 y0 + 2 = 0, y 2x-y+3=0 ⎨ 2x-y+1=0 ⎩ −2 x0 + y0 − 1 = 0. Эта система равносильна одному уравнению 2х0 – у0 2x-y-1=0 + 1 = 0, следовательно, линия имеет бесконечно много центров, составляющих прямую 2х – у + 1= 0. x Заметим, что левая часть данного уравнения 0 разлагается на множители первой степени: 4х2 – 4ху + у2 + 4х –2у –3 = = (2х – у +3)(2х – у – 1). Значит, рассматриваемая линия есть пара параллельных прямых: 2ху – у +3 = 0 и 2х – у – 1 = 0. Задача 20 1. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 12 = 0 x′2 y′2 приводится к каноническому виду х′ 2 + 4у′ 2 + 4 = 0, или + = −1. 4 1 Это уравнение похоже на каноническое уравнение эллипса. Однако оно не определяет на плоскости никакого действительного образа, так как для любых действительных чисел х′,у′ левая часть его не отрицательна, а cправа стоит –1. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями мнимого эллипса. 2. Уравнение 5х2 + 6ху + 5у2 – 4х + 4у + 4 = 0 x′2 y′2 приводится к каноническому виду х′ 2 + 4у′ 2 = 0, или + = 0. 4 1 Уравнение также похоже на каноническое уравнение эллипса, но определяет не эллипс, а единственную точку: х′ = 0, у′ = 0. Такое уравнение и аналогичные ему называются уравнениями вырожденного эллипса. Задача 21. Составить уравнение параболы, если ее фокус находится в точке F(2, -1) и уравнение директрисы D: x – y – 1 = 0. Решение Пусть в некоторой системе координат х′О1у′ парабола имеет канонический вид у′2 = 2рх′. Если прямая у = х – 1 является ее директрисой, то оси системы координат х′О1у′ параллельны директрисе. 46 Координаты вершины параболы, совпадающей с новым началом координат О1, найдем как середину отрезка нормали к директрисе D, проходящей через фокус. Итак, ось О1х′ описывается уравнением у = -х + b, -1 = -2 + b. Откуда b = 1 и О1х′: у = -х + 1. Координаты точки K пересечения директрисы и оси О1х′ находим из условия: ⎧ y = x −1 ⎨ , → x К = 1, y K = 0. ⎩ y = −x + 1 Координаты нового начала координат О1(х0, у0): 1+ 2 3 −1 + 0 1 x0 = = ; y0 = = − . Оси новой системы координат повернуты 2 2 2 2 относительно старой на угол (-45°). Найдем р = KF = 2. Итак, уравнение параболы в старой системе координат получим, если подвергнем уравнение параболы y′ 2 = 2 2 ⋅x′ преобразованию (см. формулу (5) п.4.3): ⎧ ⎛ 3⎞ ⎛ 1⎞ ⎧ 2 ⎪ x′ = ⎜ x − 2 ⎟ cos(−45°) + ⎜ y + 2 ⎟ sin(−45°), ⎪ x′ = (x − y − 2), ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ 2 ⎨ → ⎨ ⎪ y′ = − ⎛ x − sin(−45°) + ⎛ y + cos(−45°) 3⎞ 1⎞ ⎪ y′ = 2 (x + y − 1), ⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎩ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎩ 2 1 2 y′2 = 2 2 ⋅ x′ ⇒ (x + y − 1) 2 = 2 2 ⋅ (x − y − 2), 2 2 откуда искомое уравнение параболы имеет вид: х2 + 2ху + у2 – 6х + 2у + 9 = 0. Задача 22. Написать уравнение гиперболы, если известны ее эксцентриситет е = 5 , фокус F(2, -3) и уравнение директрисы y′ y D1 3х – у + 3 = 0. Решение 3 B Уравнение директрисы D1: у = 3х + 3 позволяет заключить, что новая ось координат Ох′ имеет вид y = (-1/3)x + b, проходит через точку F(2, - -7 -1 α x A 0 1 3), значит, −3 = − ⋅ 2 + b, откуда b = -7/3 и Ох′ O1 K 3 a/ 5 -7/3 1 7 F x′ задается уравнением y = − x − . 3 3 Пусть начало новой системы координат находится в точке О1(х0, у0). Найдем координаты точки К как координаты точки пересечения директрисы D1 и 47 ⎧3 x − y + 3 = 0, 8 9 оси Ох′′ из системы ⎨ → xK = − , y K = − . ⎩3y + x + 7 = 0 5 5 Геометрические свойства гиперболы, которая в новых осях координат x′2 y′2 Ох′у′ имеет вид 2 − 2 = 1, позволяют найти КF как расстояние от фокуса a b F(2, -3) до директрисы D1: 3х – у + 3 = 0. 3 ⋅ (2) − (−3) + 3 12 a a KF = = , O1K = = , O1F = c = a 2 + b 2 , 9 +1 10 e 5 a 12 O1K = O1F − KF ⇒ = a 2 + b2 − , 5 10 b2 так как e = 1 + 2 = 5, b 2 = 4a 2 . Значение а находим из уравнения a a 12 3 =a 5− и получаем a = . При этом b2 = 18. 5 10 2 x′2 y′2 Уравнение гиперболы в новых координатах имеет вид − = 1. 9 2 18 Координаты нового центра найдем, зная что точка К делит отрезок О1F в OK a 5 1 отношении λ = 1 = = : KF 12 10 4 ⎧ 1 ⎪ x0 + x F 4 5 ⎪ xK = , x0 = − , ⎪ 1+1 4 2 ⎨ откуда ⎪ 1 3 y0 + y F y0 = − . ⎪y = 4 , 2 ⎪ K ⎩ 1+1 4 Из ∆ АВО: sinα = 1 10 , cosα = 3 10 . Так как поворот совершается на угол (-α): sin(-α) = − 1 10 , cos(-α) = 3 10 , то формулы преобразований координат (см. (5) в п.4.3) принимают вид: ⎧ ⎛ 5⎞ 3 ⎛ 3 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎧ ′ 1 ⎪ ⎪ x′ = ⎜ x + ⎟ ⎝ 2 ⎠ 10 ⎝ + ⎜ y + ⎟⎜ − 2 ⎠ ⎝ 10 ⎠⎟, ⎪ x = 10 (3x − y + 6) , ⎪ ⎨ → ⎨ ⎪ y′ = − ⎛ x + 5 ⎞ ⎛ − 1 ⎞ + ⎛ y + 3 ⎞ 3 , ⎪ y′ = 1 (x + 3 y + 7) ⎪ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 10 ⎩ 10 1 1 (3x − y + 6) (x + 3y + 7) 2 2 и уравнение гиперболы принимает вид 10 − 10 = 1, 92 18 4(3х – у +6)2 – (х + 3у + 7)2 = 180 или 7х2 – у2 – 6ху – 18у + 26х + 17 = 0. 48 Задача 23. Найти полярный угол отрезка, направленного из точки (5, 3) в точку (6, 2 3). Решение ρ = (6 − 5) 2 + (2 3 − 3) 2 = 2, cos ϕ = 1 2, sin ϕ = 3 2 ⇒ ϕ = 60°. (см. п.5.2). Задача 24. Составить уравнение прямой в полярных координатах, считая известными расстояние р от полюса до прямой и угол α от полярной оси до луча, направленного из полюса перпендикулярно к прямой. M (ρ, ϕ) Решение L Известны ОР = р, ∠ РОА = α, произвольная точка М P прямой L имеет координаты (ρ, ϕ). β Точка М лежит на прямой L в том и только в том случае, α когда проекция точки М на луч ОР совпадает с точкой Р, O A т.е. когда р = ρ⋅cosβ, где ∠ РОМ = β. Угол ϕ = α + β и уравнение прямой L принимает вид ρ⋅cos(ϕ - α) = p. Задача 25. Найти полярные уравнения указанных кривых: 1). x = a, a >0 പരിഹാരം ρ⋅cosϕ = a → ρ = a/cosϕ. a 0 ρ 2). y = b, b > 0 b പരിഹാരം ρ⋅sinϕ = b → ρ = b/sinϕ. 0 ρ 3). (x2 + y2)2 = a2xy പരിഹാരം: xy ≥ 0, a2 ρ = a ρ cos ϕ sin ϕ → ρ = sin 2ϕ, sin 2ϕ ≥ 0.< 4/5, ϕ ∈ (arccos(4/5), 2π – arccos(4/5)). При этом ρ⋅(4 - 5⋅cosϕ) = 9. Переходя к декартовым координатам, получаем ⎛ x ⎞ x2 + y2 ⎜ 4 − 5 ⎟ = 9, ⎜ x2 + y 2 ⎟ ⎝ ⎠ 16 (x 2 + y 2) = (5 x + 9) , 2 4 x 2 + y 2 = 5 x + 9, 16x2 + 16y2 = 25x2 + 90x + 81, 9x2 + 90x – 16y2 +81 = 0, 2 2 (x + 5) 2 y 2 9(x + 5) – 16y = 144 → − 2 = 1 – правая ветвь 42 3 гиперболы при указанных ϕ. Кривую можно было построить по точкам, например, при ϕ = π ρ = 9/10. 4). ρ2⋅sin2ϕ = а2. Решение sin 2ϕ ≥ 0, ϕ∈ [ 0, π 2] ∪ [ π, 3π 2]. a ρ= . sin 2ϕ Перейдем к декартовым координатам, учтем, что ρ2 2 xy sin 2ϕ = 2 cos ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ 2 = 2 , ρ x + y2 a2 2 тогда кривая принимает вид гиперболы: y = . x Задача 27. Какие линии задаются следующими параметрическими уравне- ниями: 50
4 2 2 2 2 പോളാർ കോർഡിനേറ്റുകളിലെ വക്രത്തിൻ്റെ സമവാക്യത്തിന് ρ = sin 2ϕ, ϕ∈ [ 0, π 2] ∪ [ π, 3π 2] എന്ന രൂപമുണ്ട് കൂടാതെ 2 രണ്ട് ഇതളുള്ള റോസാപ്പൂക്കളെ നിർവചിക്കുന്നു: പ്രശ്നം 26 നൽകിയിരിക്കുന്നു. പോളാർ കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ: 1). ρ = 2a⋅sinϕ, a > 0. പരിഹാരം y x 2 + y 2 = 2a ⋅, x +y 2 2 a 2 2 x + y – 2ay = 0, ρ 0 49 x2 + (y – a)2 = a2. 2). ρ = 2 + cosϕ.
പരിഹാരം ρ = cosϕ വൃത്തത്തിൻ്റെ ഓരോ ആരം വെക്‌ടറും രണ്ടായി വർദ്ധിപ്പിച്ചാൽ ലൈൻ ലഭിക്കും. നമുക്ക് കൺട്രോൾ പോയിൻ്റുകളുടെ കോർഡിനേറ്റുകൾ കണ്ടെത്താം: ϕ = 0, ρ = 3;
ϕ = π/2, ρ = 2; ϕ = π, ρ = 1.9 3). ρ = 4 - 5cosϕ പരിഹാരം 4 – 5⋅cosϕ > 0, cosϕ§ 9. ഒരു വരിയുടെ സമവാക്യത്തിൻ്റെ ആശയം. xഒരു സമവാക്യം ഉപയോഗിച്ച് ഒരു വരി നിർവചിക്കുന്നുഎഫ് ഫോമിൻ്റെ തുല്യത (x, y) = 0രണ്ട് വേരിയബിളുകളിൽ ഒരു സമവാക്യം എന്ന് വിളിക്കുന്നു x = x 0 , , y, 0, എല്ലാ ജോഡി സംഖ്യകൾക്കും ഇത് ശരിയല്ലെങ്കിൽ x, y.അവർ രണ്ട് അക്കങ്ങൾ പറയുന്നു എക്സ്ഒപ്പം ചെയ്തത് y=y
ഫോമിൻ്റെ ചില സമവാക്യങ്ങൾ തൃപ്തിപ്പെടുത്തുക
F(x, y)=0, വേരിയബിളുകൾക്ക് പകരം ഈ സംഖ്യകൾ മാറ്റിസ്ഥാപിക്കുമ്പോൾസമവാക്യത്തിൽ, അതിൻ്റെ ഇടതുവശം അപ്രത്യക്ഷമാകുന്നു. തന്നിരിക്കുന്ന വരിയുടെ സമവാക്യം (ഒരു നിയുക്ത കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ) രണ്ട് വേരിയബിളുകളുള്ള ഒരു സമവാക്യമാണ്, അത് ഈ വരിയിൽ കിടക്കുന്ന ഓരോ പോയിൻ്റിൻ്റെയും കോർഡിനേറ്റുകളാൽ തൃപ്‌തിപ്പെടുത്തുകയും അതിൽ കിടക്കാത്ത ഓരോ പോയിൻ്റിൻ്റെയും കോർഡിനേറ്റുകളാൽ തൃപ്തിപ്പെടാതിരിക്കുകയും ചെയ്യുന്നു.
ഇനിപ്പറയുന്നവയിൽ, പദപ്രയോഗത്തിനുപകരം “രേഖയുടെ സമവാക്യം നൽകിയിരിക്കുന്നു F(x,ഒപ്പം y) = 0" നമ്മൾ പലപ്പോഴും ചുരുക്കത്തിൽ പറയും: ഒരു വരി നൽകിയിരിക്കുന്നു F (x, y) = 0.
രണ്ട് വരികളുടെ സമവാക്യങ്ങൾ നൽകിയാൽ
1)F(x, y) = 0 2 Ф(x, y) = Q, 2 പിന്നെ സിസ്റ്റത്തിൻ്റെ സംയുക്ത പരിഹാരം 0;
2) എക്സ് 2 Ф(x, y) = Q, 2 -16x+4ചെയ്തത്+18 = 0, അവരുടെ എല്ലാ കവല പോയിൻ്റുകളും നൽകുന്നു. കൂടുതൽ കൃത്യമായി പറഞ്ഞാൽ, ഈ സിസ്റ്റത്തിൻ്റെ സംയുക്ത പരിഹാരമായ ഓരോ ജോഡി സംഖ്യകളും കവല പോയിൻ്റുകളിലൊന്ന് നിർണ്ണയിക്കുന്നു.= 0;
3) എക്സ് 2 Ф(x, y) = Q, 2 -2x+4ചെയ്തത് -3 = 0, എക്സ് 2 എക്സ് 2 = 25;
4) എക്സ് 2 Ф(x, y) = Q, 2 -8x+y എക്സ് 2 എക്സ് 2 = 4.
= 8, x-y =
x + y
+ വൈ 
,
+10у+40 = 0, 
163. പോളാർ കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ പോയിൻ്റുകൾ നൽകിയിരിക്കുന്നു
പോളാർ കോർഡിനേറ്റുകളിലെ സമവാക്യം = 2 cos നിർവചിച്ചിരിക്കുന്ന രേഖയിൽ ഈ പോയിൻ്റുകളിൽ ഏതാണ് കിടക്കുന്നതെന്നും അതിൽ ഏതാണ് കിടക്കുന്നതെന്നും നിർണ്ണയിക്കുക. ഈ സമവാക്യം ഏത് രേഖയാണ് നിർണ്ണയിക്കുന്നത്? (ഡ്രോയിംഗിൽ ഇത് വരയ്ക്കുക :)
164. സമവാക്യം നിർവചിച്ച വരിയിൽ =
ധ്രുവ കോണുകൾ ഇനിപ്പറയുന്ന സംഖ്യകൾക്ക് തുല്യമായ പോയിൻ്റുകൾ കണ്ടെത്തുക: a) 
,b) - ,c) 0, d) 
.
. ഈ സമവാക്യം ഏത് വരിയാണ് നിർവചിച്ചിരിക്കുന്നത്?
166. ഇനിപ്പറയുന്ന സമവാക്യങ്ങളാൽ പോളാർ കോർഡിനേറ്റുകളിൽ ഏതൊക്കെ വരികളാണ് നിർണ്ണയിക്കുന്നതെന്ന് സ്ഥാപിക്കുക (ഡ്രോയിംഗിൽ അവ നിർമ്മിക്കുക):
1) = 5; 2) = ; 3) = 
; 4) cos = 2; 5) പാപം = 1;
6) = 6 കോസ് ; 7) = 10 പാപം ; 8) പാപം =
വിമാനത്തിൽ ഒരു വക്രം നിർവചിക്കുന്നു. ഒരു കൂട്ടം പദങ്ങളെ ക്വാഡ്രാറ്റിക് ഫോം എന്ന് വിളിക്കുന്നു, 
- രേഖീയ രൂപം. ഒരു ക്വാഡ്രാറ്റിക് രൂപത്തിൽ വേരിയബിളുകളുടെ ചതുരങ്ങൾ മാത്രമേ അടങ്ങിയിട്ടുള്ളൂവെങ്കിൽ, ഈ രൂപത്തെ കാനോനിക്കൽ എന്നും, ചതുരാകൃതിയിലുള്ള രൂപത്തിന് കാനോനിക്കൽ രൂപമുള്ള ഒരു ഓർത്തോനോർമൽ അടിസ്ഥാനത്തിൻ്റെ വെക്റ്ററുകളെ ക്വാഡ്രാറ്റിക് രൂപത്തിൻ്റെ പ്രധാന അക്ഷങ്ങൾ എന്നും വിളിക്കുന്നു.
മാട്രിക്സ് 
ക്വാഡ്രാറ്റിക് രൂപത്തിൻ്റെ മാട്രിക്സ് എന്ന് വിളിക്കുന്നു. ഇവിടെ a 1 2 =a 2 1. മാട്രിക്സ് ബിയെ ഡയഗണൽ രൂപത്തിലേക്ക് കുറയ്ക്കുന്നതിന്, ഈ മാട്രിക്സിൻ്റെ ഈജൻ വെക്റ്ററുകൾ അടിസ്ഥാനമായി എടുക്കേണ്ടത് ആവശ്യമാണ്. 
, എവിടെ λ 1 ഉം λ 2 ഉം - ഈജൻ മൂല്യങ്ങൾമെട്രിക്സ് ബി.
മാട്രിക്സ് B യുടെ ഈജൻ വെക്റ്ററുകളുടെ അടിസ്ഥാനത്തിൽ, ക്വാഡ്രാറ്റിക് രൂപത്തിന് കാനോനിക്കൽ ഫോം ഉണ്ടായിരിക്കും: λ 1 x 2 1 +λ 2 y 2 1 .
ഈ പ്രവർത്തനം കോർഡിനേറ്റ് അക്ഷങ്ങളുടെ ഭ്രമണവുമായി യോജിക്കുന്നു. തുടർന്ന് കോർഡിനേറ്റുകളുടെ ഉത്ഭവം മാറ്റപ്പെടുന്നു, അതുവഴി രേഖീയ ആകൃതിയിൽ നിന്ന് മുക്തി നേടുന്നു.
രണ്ടാം ഓർഡർ വക്രത്തിൻ്റെ കാനോനിക്കൽ രൂപം: λ 1 x 2 2 +λ 2 y 2 2 =a, കൂടാതെ:
a) λ 1 >0 ആണെങ്കിൽ; λ 2 >0 ഒരു ദീർഘവൃത്തമാണ്, പ്രത്യേകിച്ചും, λ 1 =λ 2 അത് ഒരു വൃത്തമാണ്;
b) λ 1 >0 ആണെങ്കിൽ, λ 2<0 (λ 1 <0, λ 2 >0) ഞങ്ങൾക്ക് ഒരു ഹൈപ്പർബോൾ ഉണ്ട്;
c) λ 1 =0 അല്ലെങ്കിൽ λ 2 =0 ആണെങ്കിൽ, വക്രം ഒരു പരവലയമാണ്, കോർഡിനേറ്റ് അക്ഷങ്ങൾ തിരിക്കുമ്പോൾ അതിന് λ 1 x 2 1 = ax 1 +by 1 +c (ഇവിടെ λ 2 =0) എന്ന രൂപമുണ്ട്. ഒരു സമ്പൂർണ്ണ ചതുരത്തിന് പൂരകമായി, നമുക്ക് ഇവയുണ്ട്: λ 1 x 2 2 =b 1 y 2.
ഉദാഹരണം. 3x 2 +10xy+3y 2 -2x-14y-13=0 എന്ന വക്രത്തിൻ്റെ സമവാക്യം കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ (0,i,j) നൽകിയിരിക്കുന്നു, ഇവിടെ i =(1,0), j =(0,1) .
1. വക്രത്തിൻ്റെ തരം നിർണ്ണയിക്കുക.
2. സമവാക്യം കാനോനിക്കൽ രൂപത്തിലേക്ക് കൊണ്ടുവന്ന് യഥാർത്ഥ കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ ഒരു വക്രം നിർമ്മിക്കുക.
3. അനുബന്ധ കോർഡിനേറ്റ് പരിവർത്തനങ്ങൾ കണ്ടെത്തുക.
പരിഹാരം. നമ്മൾ ചതുരാകൃതിയിലുള്ള രൂപം B=3x 2 +10xy+3y 2 പ്രധാന അക്ഷങ്ങളിലേക്ക്, അതായത് കാനോനിക്കൽ രൂപത്തിലേക്ക് കൊണ്ടുവരുന്നു. ഈ ചതുരാകൃതിയിലുള്ള രൂപത്തിൻ്റെ മാട്രിക്സ് ആണ് 
. ഈ മാട്രിക്സിൻ്റെ ഈജൻ മൂല്യങ്ങളും ഈജൻ വെക്റ്ററുകളും ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തുന്നു: 
സ്വഭാവ സമവാക്യം: 
; λ 1 =-2, λ 2 =8. ചതുരാകൃതിയിലുള്ള രൂപത്തിൻ്റെ തരം: 
.
യഥാർത്ഥ സമവാക്യം ഒരു ഹൈപ്പർബോളയെ നിർവചിക്കുന്നു.
ചതുരാകൃതിയിലുള്ള രൂപത്തിൻ്റെ രൂപം അവ്യക്തമാണെന്നത് ശ്രദ്ധിക്കുക. നിങ്ങൾക്ക് 8x 1 2 -2y 1 2 എഴുതാം, എന്നാൽ വക്രത്തിൻ്റെ തരം അതേപടി തുടരുന്നു - ഒരു ഹൈപ്പർബോള.
ക്വാഡ്രാറ്റിക് രൂപത്തിൻ്റെ പ്രധാന അക്ഷങ്ങൾ, അതായത് മാട്രിക്സ് ബിയുടെ ഈജൻ വെക്റ്ററുകൾ ഞങ്ങൾ കണ്ടെത്തുന്നു. 
.
x 1 =1: x 1 =(1,-1) എന്നതിൽ λ=-2 എന്ന സംഖ്യയുമായി ബന്ധപ്പെട്ട ഈജൻ വെക്റ്റർ.
ഒരു യൂണിറ്റ് ഈജൻ വെക്റ്റർ എന്ന നിലയിൽ നമ്മൾ വെക്റ്റർ എടുക്കുന്നു 
, വെക്റ്റർ x 1 ൻ്റെ നീളം എവിടെയാണ്.
രണ്ടാമത്തെ ഈജൻവാല്യൂ λ=8 ന് അനുയോജ്യമായ രണ്ടാമത്തെ ഈജൻ വെക്‌ടറിൻ്റെ കോർഡിനേറ്റുകൾ സിസ്റ്റത്തിൽ നിന്ന് കണ്ടെത്തി. 
.
1 ,j 1).
ഖണ്ഡിക 4.3.3 ൻ്റെ ഫോർമുലകൾ (5) അനുസരിച്ച്. നമുക്ക് ഒരു പുതിയ അടിസ്ഥാനത്തിലേക്ക് പോകാം: 
അല്ലെങ്കിൽ
; 
. (*)
നമ്മൾ x, y എന്നീ പദപ്രയോഗങ്ങൾ യഥാർത്ഥ സമവാക്യത്തിലേക്ക് നൽകുകയും പരിവർത്തനങ്ങൾക്ക് ശേഷം നമുക്ക് ലഭിക്കുന്നത്:
.
സമ്പൂർണ്ണ ചതുരങ്ങൾ തിരഞ്ഞെടുക്കുന്നു:
.
ഒരു പുതിയ ഉത്ഭവത്തിലേക്കുള്ള കോർഡിനേറ്റ് അക്ഷങ്ങളുടെ സമാന്തര വിവർത്തനം ഞങ്ങൾ നടത്തുന്നു:
, 
.
ഞങ്ങൾ ഈ ബന്ധങ്ങളെ (*) എന്നതിലേക്ക് പരിചയപ്പെടുത്തുകയും x 2, y 2 എന്നിവയുമായി ബന്ധപ്പെട്ട് ഈ തുല്യതകൾ പരിഹരിക്കുകയും ചെയ്താൽ, നമുക്ക് ലഭിക്കുന്നത്:
, 
. കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ (0*, i 1, j 1) ഈ സമവാക്യത്തിന് ഫോം ഉണ്ട്: 
.
ഒരു വക്രം നിർമ്മിക്കുന്നതിന്, ഞങ്ങൾ പഴയ കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ പുതിയൊരെണ്ണം നിർമ്മിക്കുന്നു: x 2 =0 അക്ഷം പഴയ കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ x-y-3=0 എന്ന സമവാക്യം വഴിയും y 2 =0 അക്ഷം x+ എന്ന സമവാക്യം വഴിയും വ്യക്തമാക്കുന്നു. y-1=0. പുതിയ കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൻ്റെ ഉത്ഭവം 0 * (2,-1) ഈ ലൈനുകളുടെ വിഭജന പോയിൻ്റാണ്.
ധാരണ ലളിതമാക്കുന്നതിന്, ഒരു ഗ്രാഫ് നിർമ്മിക്കുന്ന പ്രക്രിയയെ ഞങ്ങൾ 2 ഘട്ടങ്ങളായി വിഭജിക്കും:
1. പഴയ കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ യഥാക്രമം x-y-3=0, x+y-1=0 എന്നീ സമവാക്യങ്ങളാൽ വ്യക്തമാക്കിയ x 2 =0, y 2 =0 അക്ഷങ്ങളുള്ള ഒരു കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിലേക്കുള്ള മാറ്റം.
2. തത്ഫലമായുണ്ടാകുന്ന കോർഡിനേറ്റ് സിസ്റ്റത്തിൽ ഫംഗ്ഷൻ്റെ ഒരു ഗ്രാഫിൻ്റെ നിർമ്മാണം.
ഗ്രാഫിൻ്റെ അവസാന പതിപ്പ് ഇതുപോലെ കാണപ്പെടുന്നു (കാണുക. പരിഹാരം: പരിഹാരം ഡൗൺലോഡ് ചെയ്യുക
വ്യായാമം ചെയ്യുക. ഇനിപ്പറയുന്ന സമവാക്യങ്ങളിൽ ഓരോന്നും ഒരു ദീർഘവൃത്തത്തെ നിർവചിക്കുന്നുവെന്നും അതിൻ്റെ കേന്ദ്രം C, അർദ്ധ അക്ഷം, ഉത്കേന്ദ്രത, ഡയറക്ട്രിക്സ് സമവാക്യങ്ങൾ എന്നിവയുടെ കോർഡിനേറ്റുകൾ കണ്ടെത്തുകയും ചെയ്യുക. ഡ്രോയിംഗിൽ ഒരു ദീർഘവൃത്തം വരയ്ക്കുക, സമമിതി, ഫോസി, ഡയറക്ട്രിക്സ് എന്നിവയുടെ അക്ഷങ്ങളെ സൂചിപ്പിക്കുന്നു.
പരിഹാരം.