Ilmiybaza.uz
UMUMIY TENGLAMASI BILAN BERILGAN IKKINCHI TARTIBLI
CHIZIQ MARKAZI
Bizga F(x,y)=a11x2+2a12x+a22y2+2a13x+2a23y+a33=0 (1) ikkinchi tartibli chiziq
berilgan
bo`lsin.
Bu
chiziqni
koordinata
o`qlarini
amashtirish
orqali
soddalashtiramiz.
1o. parallel ko`chiramiz
X=x`+a y=y`+b (2)
(2) ni (1) ga qo`yib ko`ramiz. Bu ho`lda kordinata o`qlari yo`nalishi o`zgarmaydi
faqat kordinata boshi C(x0,y0) nuqtaga ko`chadi. Bu formuadan x, y larni topib (1)
ga qo`yib
A11x`2+2a12x`y`+a22y`2+2(a11a+a13b+a13)x`+2(a12a+a22b+a23)y`+F(a,b)=0 (3)
hosil bo`ladi. Bu yerda F(x,y) (1) ning chap tomonidagi ifoda. Bundan ko`rinib
turibdiki parallel ko`chirishda ikkinchi darajali hadlar oldidagi koeffitsiyentlar
o`zgarmaydi. Agar C(x0,y0) nuqtaning kordinatalari
a11x+a12y+a13=0
a21x+a22y+a23=0 (4)
sistemani qanoatlantirsa, (3) tenglama birinchi darajali hadlar qatnashmaydi.
markazi bo'ladi. Haqiqatan ham bu holda koordinatalar markazini С(x0,y0)
nuqtaga ko'chirsak, tenglamada birinchi darajali hadlar qatnashmaydi. Shuning
uchun yangi koordinatalar sistemasida
F(x`,y`)=F(-x`,-y`)
tenglik o'rinli bo'ladi. Demak, C(x0,y0) nuqta chiziq uchun simmetriya
markazidir. Va aksincha, agar birorta A nuqta chiziq uchun simmetriya markaz
i bo'lsa uning koordinatalari (4) sistemani qanoatlantirishini ko'rsatamiz.
Ilmiybaza.uz
Koordinata boshini A nuqtaga joylashtirib, yangi x,y koordinatalar sistemasini
kiritamiz. Agar M (x,y) chiziqqa tegishli bo`lsa ,
F(x,y)=0
tenglik o'rinli bo'ladi. Koordinata boshi simmetriya markazi bo'lgani uchun
F (-x,-y) = 0 tenglik ham o'rinli bo'ladi. Bu tengliklarni ikkinchisini birinchisidan
ayirib
a12x+a23y=0
tenglikni hosil qilamiz. Agar a13 , a23 koeffitsientlaming kamida bittasi
ikkinchi tartibli chiziq bir to ‘g ‘ri chiziqda yotmasa, bu koeffitsientlaming har
ikkalasi ham nolga teng bo'ladi. Bu esa A nuqtaning koordinatalari (4) sistemani
qanoatlantirishini ko'rsatadi. Bu faktlani hisobga olsak quyidagi ta’rifning
geometrik ma’nosi yaxshi tushinarli bo'ladi.
1-ta`rif. Tekislikdagi M0(x0,y0) nuqtaning kordinatalari (4) sistemani
qanoatlantirsa u (1) tenglama bilan berilgan ikkkinchi tartibli
chiziqning markazi deyiladi.
Tabiiyki, (5) sistema yagona yechimga ega b o 'lish i, cheksiz ko'p
yechimga ega b o 'lish i yoki umuman yechimga ega bo'lmasligi mumkin.
Agar,
a11a22-a212 ≠0
munosabat o'rinli bo'lsa, (4) sistema yagona yechimga ega bo'ladi. Agar,
a11/a12=a12/a22=a13/a23
munosabat o'rinli bo'lsa sistema cheksiz ko'p yechimga,
Ilmiybaza.uz
a11/a12=a12/a22=a13/a23≠0
munosabat bajarilsa sistema yechimga ega emas. Bulami e ’tiborga olib,
biz ikkinchi tartibli chiziqlami uchta sinfga ajratamiz:
a) yagona markazga ega bo'lgan chiziqlar;
b) cheksiz ko'p markazga ega bo'lgan chiziqlar;
d) markazga ega bo`lgan chiziqlar;
Biz quyidagi determinantlami kiritamiz
Bu yerda a21=a12 a31=a13 a32=a23 belgilashlar kiritilgan.
Yagona markazga ega chiziqlar uchun ᵟ≠ 0 , yagona
markazga ega bo'lmagan chiziqlar uchun ᵟ = 0 • Chiziqlar cheksiz ko‘p
markazga ega bo‘lishi uchun Δ = 0 tenglik bajarilshi kerak.
Uchinchi tartibli determinantni
ko‘rinishda yozib olsak, oxirgi determinant ᵟga tengdir. Agarᵟ=0 bo‘lsa,
birorta k soni uchun
Bu munsobat bajariladi. Tenglikni hisobga olib
Ilmiybaza.uz
tenglikni hosil qilamiz. AgarΔ=0 tenglik ham bajarilsa
va
tengliklardan kamida bittasi o`rinli bo`ladi. Bu tengliklarning
birinchisi o`rinli bo`lsa
munosabatdan
kelib chiqadi. Agar
Bo`lsa
tengliklardan
Munosabat kelib chiqadi. Demak ᵟ=0 va Δ=0 tenglikar bir vaqtda bajarilishi
Shartga teng kuchlidir. Natijada biz quyidagi tasdiqni hosil qilamiz:
Tasdiq-1. Ikkinchi tartibli chiziq
a) ᵟ≠0 bo‘lsa yagona markazga ega,
b)ᵟ=0 va Δ=0 bo‘lsa cheksiz ko‘p markazga ega va markazlar to‘plami bitta to‘gri
chizikni tashkil etadi;
v) ᵟ=0 va Δ≠0 bo‘lsa markazga ega emas.
Tasdiq-2. YAgona markazga ega bo‘lgan ikkinchi tartibli chiziq markazi unga
tegishli bo‘lishi uchun Δ=0 tenglikning bajarilishi zarur va etarlidir.
Isbot. Ikkinchi tartibli chiziq markazi M0(x0,y0) bo‘lib, u chiziqqa tegishli bo‘lsa
(5)
Ilmiybaza.uz
(6)
tengliklar bajariladi. YUqoridagi (5) tenglikning birinchisini x0 ga, ikkinchisini y0
ga ko‘paytirib, (6) tenglikdan ayirsak
tenglikni hosil qilamiz .
Demak (x0,y0,1) uchlik
(7)
Bir jinsli sistemaning notrivial y echimidir. Bu esa Δ=0 shartga teng kuchlidir.
Aksincha Δ=0 bo‘lsa, (7) sistema notrivial (x0,y0,z0) yechimga egadir. Bu
uchlikda z0 , chunki ᵟ≠0 . Biz z0≠0 deb hisoblay olamiz, chunki ᵟ≠0 bo‘lganligi
uchun har bir z0 uchun juftlik mavjud. Yuqoridagi (7) sistemada
Z0=1 bo‘lganda (x0,y0) juftlik markaz koordinatalari ekanligi kelib chiqadi. Bundan
tashqari (7) sistemadan foydalanib
tenglikni olish mumkin.
Ilmiybaza.uz
Misollar:
5x2-6xy+5y2+4x-2y-1=0
5a-3b+2=0
-3a+5b-1=0
Δ=16
Δa=
-2 -3
=-7
1
5
Δb=
5 -2
=-1
-3 1
a = −7
16
b =
−1
16
x=x`-
7
16
y=y`-
1
16
5x`2-6x`y`+5y`2+
245
256 −
42
256 -
42
256 +
5
256 −
28
16 +
18
16=0
5x2+6xy`+5y`2+
3
16=0
a11=a22 bo`gandan
cos2α=0 α=
𝜋
4
x=x`
1
√2(x`-y`)
x=x`
1
√2(x`-y`)
y=y`
1
√2(x`+y`)
Ilmiybaza.uz
5
2 (x`-y`)-3(x``2-y``2)+
5
2 (x``+y``)2+
3
16=0
2x``2+8y``2+
3
16=0
𝑥``2
3
32
+
𝑦``2
3
128
= −1
2)2xy-4x+2y+11=0
2y-4=0
2x+2=0
y=2
x=-1
