Какие типы кривых второго порядка могут быть заданы уравнени

[Alexander__]

Помогите разобраться, пожалуйста.

-----

Какие типы кривых второго порядка могут быть заданы уравнением: $(A_1 x + B_1 y + C_1)(A_2 x + B_2 y + C_2) = D$?

-----

Сначала раскроем скобки и приведём подобные:

$$A_1 A_2 x^2 + (A_2 B_1 + A_1 B_2) x y + B_1 B_2 y^2 + (A_2 C_1 + A_1 C_2) x + (B_2 C_1 + B_1 C_2) y + C_1 C_2 = D$$

Теперь определим тип кривой, посчитав определитель:

$$\begin{vmatrix} A & B \\ B & C \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} A_1 A_2 & \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} \\ \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & B_1 B_2 \end{vmatrix} = - \left(\frac{A_2 B_1 - A_1 B_2}{2} \right)^2 $$

Варианты значений определителя:
- при $A_1 B_2 = A_2 B_1$ определитель равен $0$, т.е. тип кривой параболический
- при $A_1 B_2 \neq A_2 B_1$ определитель меньше $0$, т.е. тип кривой гиперболический
- тип кривой не может быть эллиптический, т.к. определитель не может быть больше $0$

Теперь определим вырожденность кривой, посчитав определитель:

$$\begin{vmatrix} A & B & D \\ B & C & E \\ D & E & F \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}A_1 A_2 & \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & B_1 B_2 & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} & C_1 C_2 \\ \end{vmatrix} = 0 $$

Т.е. кривая (параболическая или гиперболическая) всегда вырожденная.

Сказать честно, первый определитель я ещё посчитал вручную, но второй уже в прикладной программе (потому что много вычислений). Как ещё и проще получить этот результат?

[Someone]

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Теперь определим вырожденность кривой, посчитав определитель:

$$\begin{vmatrix} A & B & D \\ B & C & E \\ D & E & F \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}A_1 A_2 & \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & B_1 B_2 & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} & C_1 C_2 \\ \end{vmatrix} = 0 $$

Вы этот определитель неправильно составили, потому что не записали уравнение в стандартном виде:

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

$$A_1 A_2 x^2 + (A_2 B_1 + A_1 B_2) x y + B_1 B_2 y^2 + (A_2 C_1 + A_1 C_2) x + (B_2 C_1 + B_1 C_2) y + C_1 C_2 = D$$

В правой части должен быть $0$.

[nnosipov]

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Сначала раскроем скобки и приведём подобные:

Зачем? Задача решается устно без каких бы то ни было вычислений.

[мат-ламер]

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Какие типы кривых второго порядка могут быть заданы уравнением

Я бы начал с выяснения вопроса, а какие вообще бывают эти типы? И для каждого конкретного типа пробовать строить конкретный пример в ваших обозначениях.

P.S. Тут написал ерунду. Удалил.

[мат-ламер]

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Т.е. кривая (параболическая или гиперболическая) всегда вырожденная.

Почему всегда вырождена?
Пример: $(x+y)(x-y)=1$ . Нормальная гипербола. Подходит под ваш случай.

Если определитель, составленный из коэффициентов $A_i$ и $B_i$ отличен от нуля, то аффинной заменой координат кривую можно привести к виду $XY= L$ . ( $L$ некое действительное число). И какие тут могут быть варианты?

А если определитель равен нулю, то кривая приводится к виду $X^2=L$ .

P.S. Извиняюсь. Какой-то сбой в движке форума. Часть сообщения из одного поста продублировалась во втором.

Pphantom:

Ликвидировал лишнее.

[Alexander__]

nnosipov в сообщении #1549496 писал(а):

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Сначала раскроем скобки и приведём подобные:

Зачем? Задача решается устно без каких бы то ни было вычислений.

Как?

-- 25.02.2022, 23:18 --

мат-ламер в сообщении #1549499 писал(а):

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Какие типы кривых второго порядка могут быть заданы уравнением

Я бы начал с выяснения вопроса, а какие вообще бывают эти типы? И для каждого конкретного типа пробовать строить конкретный пример в ваших обозначениях.

Парабола, гипербола, эллипс. Каждая невырожденная, вырожденная, пустая (кроме гиперболы).

Если такую кривую составить можно, то пример можно подобрать. А если нет? Как например с эллипсом, то доказать несуществование непонятно как.

-- 25.02.2022, 23:28 --

Someone в сообщении #1549490 писал(а):

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Теперь определим вырожденность кривой, посчитав определитель:

$$\begin{vmatrix} A & B & D \\ B & C & E \\ D & E & F \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}A_1 A_2 & \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & B_1 B_2 & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} & C_1 C_2 \\ \end{vmatrix} = 0 $$

Вы этот определитель неправильно составили, потому что не записали уравнение в стандартном виде:

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

$$A_1 A_2 x^2 + (A_2 B_1 + A_1 B_2) x y + B_1 B_2 y^2 + (A_2 C_1 + A_1 C_2) x + (B_2 C_1 + B_1 C_2) y + C_1 C_2 = D$$

В правой части должен быть $0$.

Согласен. У меня ошибка. Верно так:

$$\begin{vmatrix} A & B & D \\ B & C & E \\ D & E & F \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}A_1 A_2 & \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 B_1 + A_1 B_2}{2} & B_1 B_2 & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} \\ \frac{A_2 C_1 + A_1 C_2}{2} & \frac{B_2 C_1 + B_1 C_2}{2} & C_1 C_2 - D \\ \end{vmatrix} = \frac1{4} (A_2 B_1 - A_1 B_2)^2 D $$

Поэтому ответ следующий:

Варианты значений определителя:
1. при $A_1 B_2 = A_2 B_1$ определитель равен $0$, т.е. тип кривой параболический
- при этом определитель матрицы $3\times3$ в этом случае всегда равен $0$, поэтому парабола всегда только вырожденная
2. при $A_1 B_2 \neq A_2 B_1$ определитель меньше $0$, т.е. тип кривой гиперболический
- если $D=0$, тогда гипербола вырожденная
- если $D \neq 0$, тогда гипербола невырожденная
3. тип кривой не может быть эллиптический, т.к. определитель не может быть больше $0$

-- 25.02.2022, 23:32 --

мат-ламер в сообщении #1549506 писал(а):

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Т.е. кривая (параболическая или гиперболическая) всегда вырожденная.

Почему всегда вырождена?
Пример: $(x+y)(x-y)=1$ . Нормальная гипербола. Подходит под ваш случай.

Справедливо. У меня была ошибка. Посмотрите выше верную версию.

мат-ламер в сообщении #1549506 писал(а):

Если определитель, составленный из коэффициентов $A_i$ и $B_i$ отличен от нуля, то аффинной заменой координат кривую можно привести к виду $XY= L$ . ( $L$ некое действительное число). И какие тут могут быть варианты?

А если определитель равен нулю, то кривая приводится к виду $X^2=L$ .

Во-первых, для меня неочевидно откуда следует, что аффинной заменой так можно сделать.
Во-вторых, либо у вас что-то неверно, либо у меня, потому что у меня парабола получается только вырожденная.

[nnosipov]

Alexander__ в сообщении #1549558 писал(а):

Как?

Сделать линейную замену переменных.

-- Сб фев 26, 2022 03:38:51 --

Alexander__ в сообщении #1549558 писал(а):

Во-первых, для меня неочевидно откуда следует, что аффинной заменой так можно сделать.

Ну, тогда считайте ваши определители. Что же тут поделать.

[bot]

Решить уравнение $(x-1)^2=9$

Alexander__ в сообщении #1549487 писал(а):

Сначала раскроем скобки

и перенесём всё налево. Посчитаем дискриминант и по формуле найдём корни.

[Alexander__]

Alexander__ написал писал(а):

Варианты значений определителя:
1. при $A_1 B_2 = A_2 B_1$ определитель равен $0$, т.е. тип кривой параболический
- при этом определитель матрицы $3\times3$ в этом случае всегда равен $0$, поэтому парабола всегда только вырожденная
2. при $A_1 B_2 \neq A_2 B_1$ определитель меньше $0$, т.е. тип кривой гиперболический
- если $D=0$, тогда гипербола вырожденная
- если $D \neq 0$, тогда гипербола невырожденная
3. тип кривой не может быть эллиптический, т.к. определитель не может быть больше $0$

Насколько я понял, ответ в целом верный. В деталях проблемы. Когда пишу "парабола всегда только вырожденная", то согласно статье Wikipedia "вырожденная парабола" распадается ещё на три случая, которые определяются значением инварианта $K$:

$$ K = \begin{vmatrix} A_1 A_2 & A_2 C_1 + A_1 C_2 \\ A_2 C_1 + A_1 C_2 & C_1 C_2 - D \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} B_1 B_2 & B_2 C_1 + B_1 C_2 \\ B_2 C_1 + B_1 C_2 & C_1 C_2 - D \end{vmatrix} = $$

$$ = -A_2^2 C_2^2 - B_2^2 C_1^2 - (A_1^2 + B_1^2) C_2^2 - A_1 A_2 (C_1 C_2 + D) - B_1 B_2 (C_1 C_2 + D) $$

И вот какие выводы сделать на основании значения $K$ мне уже непонятно. Поэтому моё решение тут пришло в тупик.

-- 12.04.2022, 23:30 --

Приведу лаконичное решение уважаемого svv

svv писал(а):

Здравствуйте. Рассмотрим два случая.

Случай $\begin{vmatrix}A_1&B_1\\A_2&B_2\end{vmatrix}\neq 0$.
Замена переменных
$\begin{array}{l}x=\tilde x-a\\y=\tilde y-b\end{array}$
соответствует сдвигу осей и не влияет на тип кривой ($a,b$ — константы). Более формально, эта замена не меняет тип кривой, потому что не затрагивает симметричную матрицу квадратичной формы $\begin{bmatrix}A&B\\B&C\end{bmatrix}$.
В новых переменных получим уравнение
$(A_1\tilde x+B_1\tilde y+C_1-A_1a-B_1b)(A_2\tilde x+B_2\tilde y+C_2-A_2a-B_2b)=D$
Найдём такие сдвиги $a,b$, чтобы в обеих скобках сумма свободных членов обратилась в нуль. Для этого решим систему
$\begin{bmatrix}A_1&B_1\\A_2&B_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}C_1\\C_2\end{bmatrix}$
Определитель системы отличен от нуля, поэтому система разрешима. Получим уравнение кривой
$(A_1\tilde x+B_1\tilde y)(A_2\tilde x+B_2\tilde y)=D$
Вы показали в теме, что
$\begin{vmatrix} A & B \\ B & C \end{vmatrix} = -\frac 1 4 \begin{vmatrix} A_1&B_1\\A_2&B_2\end{vmatrix}^2$
В данном случае это выражение строго отрицательно.
Определитель, от которого зависит вырожденность кривой, теперь равен
$\begin{vmatrix}A&B&0\\B&C&0\\0&0&-D\end{vmatrix}=-D\begin{vmatrix} A & B \\ B & C \end{vmatrix}$
Поэтому получаем либо гиперболу (при $D\neq 0$), либо пару пересекающихся прямых (при $D=0$).

Случай $\begin{vmatrix}A_1&B_1\\A_2&B_2\end{vmatrix}=0$.
В этом случае хотя бы одна из строк матрицы $\begin{bmatrix}A_1&B_1\\A_2&B_2\end{bmatrix}$ равна другой строке, умноженной на константу. Пусть для определённости вторая строка равна первой, умноженной на $p$, то есть $A_2=pA_1, B_2=pB_1$. Обозначив $u=A_1 x+B_1 y$, получим уравнение относительно $u$:
$(u+C_1)(pu+C_2)=D$
Это уравнение имеет степень не выше 2, поэтому имеет нуль, одно или два решения $u=u_i$.
А также бесконечное множество решений в совсем вырожденном случае $p=C_2=D=0$.

Если решений два $\{u_1, u_2\}$, уравнение кривой принимает вид
$A_1 x+B_1 y=u_1$ или $A_1 x+B_1 y=u_2$
Если решение одно $\{u_1\}$, уравнение кривой принимает вид
$A_1 x+B_1 y=u_1$.

Уравнение вида $A_1 x+B_1 y=u_i$ может соответствовать
— прямой;
— всей плоскости: $A_1=B_1=u_i=0$;
— пустому множеству: $A_1=B_1=0, u_i\neq 0$.

Обратите внимание, что парабола не получается ни при каких комбинациях параметров.

[ihq.pl]

Ур-е любой гиперболы можно представить в виде $P(x,y)Q(x,y)=D$, где $P(x,y)=0, Q(x,y)=0$ - ур-я её асимптот. Другими словами, ничего, кроме гиперболы, в случае ТС быть не может. Возможны, конечно, всякие вырожденные случаи - это уже зависит от взаимного расположения прямых $P(x,y)=0, Q(x,y)=0$. В общем, для ответа на вопрос, думаю, достаточно перейти к ортогональной системе отсчета, начало которой находится в точке пересечения этих прямых, а оси совпадают с биссектрисами углов между ними:)