Η εξίσωση 2ου βαθμού στο επίπεδο

Transcript

1 Η εξίσωση ου βαθμού στο επίπεδο Στο επίπεδο θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων xοy, και την εξίσωση ax +βxy+γy +δx+εy+η=0 () με α, β,γ R α +β +γ 0 Το ερώτημα στο οποίο θέλουμε να απαντήσουμε είναι τι είδους καμπύλη παριστάνει η εξίσωση () και θα αναζητήσουμε κριτήρια βάσει των οποίων μπορεί να αναγνωριστεί το είδος της αναπαριστάμενης καμπύλης. Θα δικαιολογήσουμε ότι η τετραγωνική εξίσωση () μπορεί να παριστάνει ένα σημείο, μια ευθεία, δυο ευθείες, μια έλλειψη ή κύκλο, μια παραβολή, μια υπερβολή ή μπορεί και να μην παριστάνει τίποτα. Όπως βλέπουμε λοιπόν η () παριστάνει γενικά μια κωνική τομή. Θα ξεκινήσουμε τη μελέτη μας για απλότητα θεωρώντας την ειδικότερη περίπτωση εξίσωσης με τη μορφή ax + βxy+γy +η=0 () και α, β,γ R, α +β +γ 0. Η παράσταση ax + βxy+γy είναι μια συμμετρική τετραγωνική μορφή και μπορεί να αναπαρασταθεί υπό μορφή γινομένου πινάκων (x y) ( α β β γ )( x και συνεπώς η εξίσωση () θα y) γράφεται (x y) ( α β β γ )( x y) =-η (3) Προσπαθούμε να διαγωνιοποιήσουμε τον πίνακα Α= ( α β β γ ) ώστε να ανάγουμε την (3) σε μια απλούστερη μορφή. Η χαρακτηριστική εξίσωση του Α είναι det(α-λι)=0 λ -(α+γ)λ+αγ-β =0 (4) Η διακρίνουσα d της (4) είναι d=(α-γ) +4β 0. Δηλαδή οι ιδιοτιμές του Α είναι πάντοτε πραγματικές. Αν η διακρίνουσα είναι μηδενική, τότε α=γ και β=0, άρα η () θα παριστάνει: κύκλο αν η<0, σημείο αν η=0, τίποτα αν η>0. Αν η διακρίνουσα είναι θετική τότε η (4) έχει δυο άνισες λύσεις λ <λ όπου λ = α +γ d, λ = α+γ+ d (5) με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα u =(, γ α d γ α + d ) u β =(, ). β Παρατηρούμε ότι u u =0 δηλαδή u u. Κανονικοποιώντας τα διανύσματα u, u προκύπτουν τα διανύσματα δ = u u και δ = u που αποτελούν ορθοκανονική βάση. u Αν Ρ είναι ο πίνακας με στήλες τις συντεταγμένες των διανυσμάτων δ, δ θα ισχύει Ρ Τ ΑΡ= ( λ 0 0 λ ). Ως προς το ορθοκανονικό σύστημα που ορίζουν τα διανύσματα δ, δ και το

2 οποίο προκύπτει με κατάλληλη στροφή του συστήματος xoy περί την αρχή Ο, η εξίσωση () ή (3) παίρνει τη μορφή λ Χ +λ Ψ = η (6). Εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε ότι για τη γωνία ω της παραπάνω στροφής των αξόνων ισχύει η σχέση εφω= β (6.) α γ Η σχέση (6) μπορεί να προκύψει αν στην () θέσουμε ( x y) =P ( Χ Ψ ) (6.) Με βάση την εξίσωση (6) μπορούμε πλέον εύκολα να κρίνουμε το είδος της καμπύλης που παριστάνει. Όταν οι αριθμοί λ,λ είναι ομόσημοι δηλαδή λ λ >0 Αν λ,λ >0 και η<0 παριστάνει έλλειψη. (Ειδικότερα αν λ =λ παριστάνει κύκλο) Αν λ,λ >0 και η=0 παριστάνει ένα σημείο. Αν λ,λ >0 και η>0 δεν παριστάνει τίποτα. Αν λ,λ < 0 και η<0 δεν παριστάνει τίποτα. Αν λ,λ < 0 και η=0 παριστάνει ένα σημείο. Αν λ,λ < 0 και η>0 παριστάνει έλλειψη. Όταν οι αριθμοί λ,λ είναι ετερόσημοι δηλαδή λ λ <0 Αν η 0 παριστάνει υπερβολή. Αν η=0 παριστάνει ευθείες τεμνόμενες. Όταν λ λ =0 (τότε μόνο ένας από τους λ,λ είναι μηδέν, έστω λ =0 δίχως βλάβη της γενικότητας) Αν η=0 παριστάνει μια ευθεία (διπλή). Αν ηλ <0 παριστάνει δυο παράλληλες ευθείες. Αν ηλ >0 δεν παριστάνει τίποτε. Επειδή λ +λ =α+γ, λ λ =αγ-β, αν θέσουμε Α=λ +λ, Γ=λ λ, Η=ηΑ όλα τα παραπάνω αποτελέσματα μπορούν να συνοψιστούν στο παρακάτω διάγραμμα:

3 Επιστρέφουμε τώρα στην γενική μορφή ax +βxy+γy +δx+εy+η=0 () Διακρίνουμε δυο περιπτώσεις. Έστω Γ 0 δηλαδή αγ-β Θέτουμε τώρα χ=χ+χ 0, y=ψ+ψ 0 στην () και παίρνουμε αχ +βχψ+γψ +(αχ 0 +βψ 0 +δ)χ+(γψ 0 +βχ 0 +ε)ψ+αχ 0 +βχ 0 ψ 0 +γψ 0 +δχ 0 +εψ 0 +η=0 (7) Επιλέγουμε τώρα τα χ 0, ψ 0 ως λύσεις του συστήματος { αχ + βψ +δ=0 0 0 (8) το οποίο έχει γψ 0 + βχ 0 +ε=0 μοναδική λύση λόγω της συνθήκης Γ 0. Είναι χ 0 = βε γδ (αγ β ), ψ 0= βδ αε (9) (αγ β ) Η παράσταση αχ 0 +βχ 0 ψ 0 +γψ 0 +δχ 0 +εψ 0 +η μετά την αντικατάσταση των χ 0, ψ 0 γίνεται αχ 0 +βχ 0 ψ 0 +γψ 0 +δχ 0 +εψ 0 +η= 4(αγ β )η (γδ βδε +αε ) = Β όπου Β θέσαμε τον 4(αγ β ) 4 Γ αριθμητή του προηγούμενου κλάσματος. Η εξίσωση () λοιπόν θα πάρει τη μορφή Β αχ +βχψ+γψ + 4 Γ =0 (0) και η διερεύνηση του είδους της καμπύλης που παριστάνει η (0) ακολουθεί τα βήματα της διερεύνησης που κάναμε στο πρώτο μέρος του άρθρου με η= έχουμε επομένως θέτοντας H=ηΑ= Α Β 4 Γ : Αν Γ>0 τότε Αν Η>0 δηλαδή AB>0, δεν παριστάνει τίποτα. Αν Η=0 δηλαδή AB=0, παριστάνει ένα σημείο Αν Η<0 δηλαδή AB<0, παριστάνει έλλειψη. Αν Γ<0 τότε Αν Η 0 παριστάνει υπερβολή. Αν Η=0 παριστάνει δυο τεμνόμενες ευθείες. Έστω Γ 0 δηλαδή αγ-β = Β 4 Γ. Θα Στην περίπτωση αυτή, η εξίσωση ιδιοτιμών (4) του πίνακα Α γίνεται λ -(α+γ)λ=0 και έχει λύσεις τους αριθμούς λ =α+γ και λ =0. (Είναι λ 0 γιατί διαφορετικά θα ήταν α=β=γ=0). Λύνοντας τα συστήματα Α ( χ ψ ) =λ i ( χ ψ ) για i=, βρίσκουμε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα u = α +β (α β), u = α +β ( β α ). Ισχύει ότι u u και u = u =. Έτσι με τον 3

4 μετασχηματισμό x= (αχ βy ) και y= (βχ αy ) () η εξίσωση () γίνεται α +β α +β (α+γ) x + α +β (αδ +εβ) χ + (αε βδ) y +η=0 () δηλαδή είναι της μορφής α + β α x +δ x +ε y +η=0 (3). Είναι εύκολο να δούμε ότι α ε =-Β δηλαδή ε = Β A Αν ε 0 δηλαδή Β 0 η (3) παριστάνει παραβολή. Αν ε =0, δηλαδή Β=0 προκύπτει η εξίσωση α x +δ x +η=0 (4). Η διακρίνουσα της εξίσωσης (4) είναι Δ =δ -4α η. Είναι εύκολο να δούμε γενικά ότι ισχύει δ +ε =δ +ε (κάνοντας πχ χρήση της ταυτότητας Lagrange). Έτσι η διακρίνουσα Δ θα είναι Δ =δ +ε -4α η (5) Αν Δ <0 η (5) δεν παριστάνει τίποτα. Αν Δ =0 η (5) παριστάνει μια (διπλή) ευθεία: x'= δ α Αν Δ >0 η (5) παριστάνει δυο παράλληλες ευθείες δ Δ δ + Δ ε : χ =, ε α : χ =. α 4

5 Συνοψίζουμε τη διαδικασία αναγνώρισης της τετραγωνικής καμπύλης που παριστάνει η εξίσωση ax +βxy+γy +δx+εy+η=0 Θέτουμε Α=α+γ, Γ=αγ-β, Β=4(αγ-β )-(γδ -βδε+αε ), Δ=4(α+γ)η-(δ +ε ) Η αναγνώριση του είδους της τετραγωνικής καμπύλης που παριστάνει η εξίσωση γίνεται με βάση το παρακάτω διάγραμμα: Μελετήστε την τετραγωνική καμπύλη στο περιβάλλον του λογισμικού GeoGebra, εδώ. 5