SVODJENJE KRIVIH DRUGOG REDA NA KANONSKI OBLIK

1. SVODJENJE KRIVIH DRUGOG REDA NA KANONSKI OBLIK MilicaOstojic Nikola Zivkovic Nikola Veselinovic Marko Milosavljevic

2. POSTUPAK • Opšta jednačina drugog stepena po x i y je jednačina oblika : • pričemuzakoeficijente A,B,C,D,E,F izskupa R važidaje • Kako krivu zadatu u ovom obliku svesti na kanonski oblik? • Moramovršititransformacijekoordinatnogsistema : TRANSLACIJU I ROTACIJU .

3. Prvouvekproverimodalizadatakrivaimacentar ! • Naravno , najprenadjemovrednostizakoeficijente A,B,C,D,E,F • Ako je D = E = 0 zaključujemoodmahdakrivaimacentar u O(0,0) t.j. u koordinatnompočetku. • Rešavamosistemjednačina: • Aa+ Bb + D = 0 • Ba + Cb + E = 0 - Ovajsistemimajedinstvenorešenjeako je - Tada nadjemo centar O` (a,b).

4. Ako kriva ima centar O` (a,b) onda vršimo translaciju : • x = x` + a • y = y` + b --Zamenimo x i y u datu jednačinu i ako smo dobro radili “nestaće” članovi uz x i y. -- Značiostajeoblik • Daljevršimorotacijusistemax`O`y` zaugaoα , gde je 0<α <π . Koristimo: - pa kadodavdenadjemougaoα , idemo u formulerotacije: • x` = x``cosα - y``sinα • y` = x``sinα + y``cosα --x` i y` zamenimo, akosmodobroradiliovonasslobadjaodclanovasax’y’ --Značiostajeoblik • A odavde, iz tog oblikazaključujemoo kojojkrivi je reč! • Akose desidasistemAa+ Bb + D = 0, Ba + Cb + E = 0 nemarešenje,odnosnoako data krivanemacentarondaprvovršimorotaciju!

5. Štasvemožebitinašerešenje? • - kružnalinijagdesu (p,q) koordinatecentra • - elipsa a je velika poluosa, b je mala poluosa (može i obrnuto) • - hiperbolaje realna poluosa , b je imaginarna poluosa • - parabola • - par pravih sa jednom zajedničkom tačkom • - dveparalelneprave • - tačka • - prazanskuptačaka

6. Kako da znamo koja je kriva u pitanju? Posmatramo i) Ako je,to jest ako su i istog znaka, kriva je ELIPTIČKOG tipa i to : - elipsa ako je suprotnog znaka od - tačka, ako je = 0 - prazanskuptačaka (imaginarnaelipsa) akoje istogznakakao - kružna linija , ako je = i različitog znaka od

7. ii) Ako je to jest i su različitog znaka kriva je HIPERBOLIČKOG tipa i to: - hiperbola za ≠ 0 i još važi: Ako su i suprotnog znaka O`x`` je realna osa, a ako su i istog znakarealnaosa je O`y`` - par pravih koje se seku u tački O` ako je = 0

8. iii) KrivePARABOLIČKOG tipa Štase dešava u slučajukada je AC – B^2= 0 , to jest kadasistemAa + Bb + D = 0, Ba + Cb + E = 0 nemajedinstvenorešenje? Većsmopomenulidatadaprvovršimorotaciju! Dobijemojednačinu : A1x`2 + C1y`2+ 2D1x` + 2E1y` + F1 = 0 Desiće nam se jedna od sledeće dve situacije: A1= 0 Ili C1=0 1) A1= 0, itadajednačinapostaje , ovdeizvršimodopunu do punogkvadratapoipsiloniizvršimotranslacijukojanamdajeparabolu Ako je i D1 = 0 onda jednačina postaje kvadratna po ipsilon probamoda je rešimoiakoimarealnarešenja, ondatarešenjapredstavljajudveparalelne prave; akosurešenjaista, onda se tedvepravepoklapaju; iakonemarešenja u pitanju je imaginarnakriva.

9. 2) Ako je C1=0 ondaimamo • sličnokaomaloprevršimodopunu do punogkvadrata, samo sad po iks, itd……. • Dobijamoparabolu, dveparalelnepraveiliimaginarnukrivu.

10. Štanajčešćepravi problem? • Kad radimo rotaciju i koristimo formulu može se desiti da vrednost ne bude “lep” broj. • Lepisubrojevi: 0, , , , jer za njih znamo o kom uglu se radi! • Akonampadnenekidrugibroj, ondamoramokoristititrigonometrijskeformule: ,pa odavde oformimo kvadratnu jednačinu po ctgα i nađemo ctgα • Daljeznamodaje i • Odavdenadjemovrednostizasinα icosα i to menjamo u formulerotacije: • x` = x``cosα - y``sinα • y` = x``sinα + y``cosα