AKV писал(а):
Итак...
Есть квадратичная форма:
![\[
x^2 \frac{1}{{A^2 }} + 2xy( - \frac{1}{{AB}}\cos (\phi )) + y^2 \frac{1}{{B^2 }} + ( - \sin ^2 (\phi )) = 0
\]](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/3/0/2/302de9463d5b926ae1e24e5f9cf38fdb82.png "\[
x^2 \frac{1}{{A^2 }} + 2xy( - \frac{1}{{AB}}\cos (\phi )) + y^2 \frac{1}{{B^2 }} + ( - \sin ^2 (\phi )) = 0
\]")
Форму давно пора переписать в более приличном виде:
Далее ищем такой угол поворота системы координат
, чтобы получилось уравнение попроще, а именно, чтобы из него исчез член
.
Подставляем
...
(Не напутал? Пока буду проверять, решать и сюда же дописывать, может Вы дорешаете? Я вроде как на работе...)
Ответ типа
Добавлено спустя 14 минут 16 секунд:Кстати, найти этот угол, с тех пор как мы убедились, что речь идёт об эллипсе с центром в начала координат, можно, как я ранее предлагал, найдя экстремум функции
из изначальной формулировки задачки. Получатся те же уравнения, тот же результат. Этот способ проще для тех, кто путается в поворотах --- где там синус, где там минус. Я путаюсь, когда начальники кругом шныряют...
Добавлено спустя 13 минут 13 секунд:У, чего это я? Вы же практически дорешали... Известен конангенс угла, а Вы не знаете как найти синус-косинус?
AKV писал(а):
если повернуть систему координат на угол
, который находится из следующего уравнения:
![\[
ctg(2\theta ) = \frac{{a_{11} - a_{22} }}{{2a_{12} }} = \frac{{A^2 - B^2 }}{{2AB\cos (\phi )}}
\]](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/7/f/6/7f65236bb1a31ff8d3caa6ee832b384382.png "\[
ctg(2\theta ) = \frac{{a_{11} - a_{22} }}{{2a_{12} }} = \frac{{A^2 - B^2 }}{{2AB\cos (\phi )}}
\]")
то форма преобразуется к виду:
![\[
\begin{array}{l}
a''_{11} x''^2 + a''_{22} y''^2 + ( - \sin ^2 (\phi )) = 0 \\
\\
a''_{11} = a_{12} \sin (2\theta ) + \frac{1}{2}(a_{11} - a_{22} )\cos (2\theta ) + \frac{1}{2}(a_{11} + a_{22} ) \\
a''_{12} = 0 = a_{12} \cos (2\theta ) - \frac{1}{2}(a_{11} - a_{22} )\sin (2\theta ) \\
a''_{22} = - a_{12} \sin (2\theta ) - \frac{1}{2}(a_{11} - a_{22} )\cos (2\theta ) + \frac{1}{2}(a_{11} + a_{22} ) \\
\end{array}
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/2/1/c/21cee70a792510e34c2265f21fd3261f82.png "\[
\begin{array}{l}
a''_{11} x''^2 + a''_{22} y''^2 + ( - \sin ^2 (\phi )) = 0 \\
\\
a''_{11} = a_{12} \sin (2\theta ) + \frac{1}{2}(a_{11} - a_{22} )\cos (2\theta ) + \frac{1}{2}(a_{11} + a_{22} ) \\
a''_{12} = 0 = a_{12} \cos (2\theta ) - \frac{1}{2}(a_{11} - a_{22} )\sin (2\theta ) \\
a''_{22} = - a_{12} \sin (2\theta ) - \frac{1}{2}(a_{11} - a_{22} )\cos (2\theta ) + \frac{1}{2}(a_{11} + a_{22} ) \\
\end{array}
\]")
Как теперь правильно найти ненулевые коэффициенты?
02.08.2007, 06:23 
![\[
\begin{array}{l}
x = A\sin (\omega t) \Rightarrow \frac{x}{A} = \sin (\omega t) \\
y = B\sin (\omega t + \phi ) = B(\cos (\phi )\sin (\omega t) + \sin (\phi )\cos (\omega t)) = \\
= B(\cos (\phi )\sin (\omega t) + \sin (\phi )\sqrt {1 - \sin ^2 (\omega t)} ) \\
\\
\Rightarrow y = B(\cos (\phi )\frac{x}{A} + \sin (\phi )\sqrt {1 - \frac{{x^2 }}{{A^2 }}} ) = \\
= B(\cos (\phi )\frac{x}{A} + \sin (\phi )\frac{1}{A}\sqrt {A^2 - x^2 } ) = \\
\end{array}
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/c/6/9/c69cfebd99dffad58ce6c0bbd8b8bc1c82.png "\[
\begin{array}{l}
x = A\sin (\omega t) \Rightarrow \frac{x}{A} = \sin (\omega t) \\
y = B\sin (\omega t + \phi ) = B(\cos (\phi )\sin (\omega t) + \sin (\phi )\cos (\omega t)) = \\
= B(\cos (\phi )\sin (\omega t) + \sin (\phi )\sqrt {1 - \sin ^2 (\omega t)} ) \\
\\
\Rightarrow y = B(\cos (\phi )\frac{x}{A} + \sin (\phi )\sqrt {1 - \frac{{x^2 }}{{A^2 }}} ) = \\
= B(\cos (\phi )\frac{x}{A} + \sin (\phi )\frac{1}{A}\sqrt {A^2 - x^2 } ) = \\
\end{array}
\]")
на 
.
,
. Решаете её относительно их, и ответ подставляете в тождество 
.
, но всё же это не повод вводить её в данную задачу (писал об этом раньше).![\[
\begin{array}{l}
x = A\sin (\omega t) \Rightarrow \frac{x}{A} = \sin (\omega t) \\
y = B\sin (\omega t + \phi ) = B(\cos (\phi )\sin (\omega t) + \sin (\phi )\cos (\omega t)) = \\
= B(\cos (\phi )\sin (\omega t) \pm \sin (\phi )\sqrt {1 - \sin ^2 (\omega t)} ) \\
\\
\Rightarrow y = B(\cos (\phi )\frac{x}{A} \pm \sin (\phi )\sqrt {1 - \frac{{x^2 }}{{A^2 }}} ) = \\
= B(\cos (\phi )\frac{x}{A} \pm \sin (\phi )\frac{1}{A}\sqrt {A^2 - x^2 } ) = \\
= \frac{B}{A}(\cos (\phi )x \pm \sin (\phi )\sqrt {A^2 - x^2 } ) \\
\\
\Rightarrow y\frac{A}{B} - \cos (\phi )x = \pm \sin (\phi )\sqrt {A^2 - x^2 } \\
y^2 \frac{{A^2 }}{{B^2 }} - 2xy\frac{A}{B}\cos (\phi ) + \cos ^2 (\phi )x^2 = A^2 \sin ^2 (\phi ) - x^2 \sin ^2 (\phi ) \\
\\
y^2 \frac{{A^2 }}{{B^2 }} - 2xy\frac{A}{B}\cos (\phi ) + x^2 - A^2 \sin ^2 (\phi ) = 0 \\
x^2 \frac{1}{{A^2 }} + 2xy( - \frac{1}{{AB}}\cos (\phi )) + y^2 \frac{1}{{B^2 }} + ( - \sin ^2 (\phi )) = 0 \\
\end{array}
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/2/a/1/2a1af42ab30a98b06f3ca8397913c19882.png "\[
\begin{array}{l}
x = A\sin (\omega t) \Rightarrow \frac{x}{A} = \sin (\omega t) \\
y = B\sin (\omega t + \phi ) = B(\cos (\phi )\sin (\omega t) + \sin (\phi )\cos (\omega t)) = \\
= B(\cos (\phi )\sin (\omega t) \pm \sin (\phi )\sqrt {1 - \sin ^2 (\omega t)} ) \\
\\
\Rightarrow y = B(\cos (\phi )\frac{x}{A} \pm \sin (\phi )\sqrt {1 - \frac{{x^2 }}{{A^2 }}} ) = \\
= B(\cos (\phi )\frac{x}{A} \pm \sin (\phi )\frac{1}{A}\sqrt {A^2 - x^2 } ) = \\
= \frac{B}{A}(\cos (\phi )x \pm \sin (\phi )\sqrt {A^2 - x^2 } ) \\
\\
\Rightarrow y\frac{A}{B} - \cos (\phi )x = \pm \sin (\phi )\sqrt {A^2 - x^2 } \\
y^2 \frac{{A^2 }}{{B^2 }} - 2xy\frac{A}{B}\cos (\phi ) + \cos ^2 (\phi )x^2 = A^2 \sin ^2 (\phi ) - x^2 \sin ^2 (\phi ) \\
\\
y^2 \frac{{A^2 }}{{B^2 }} - 2xy\frac{A}{B}\cos (\phi ) + x^2 - A^2 \sin ^2 (\phi ) = 0 \\
x^2 \frac{1}{{A^2 }} + 2xy( - \frac{1}{{AB}}\cos (\phi )) + y^2 \frac{1}{{B^2 }} + ( - \sin ^2 (\phi )) = 0 \\
\end{array}
\]")
![\[
I_2 = \left| {\begin{array}{*{20}c}
{a_{11} } & {a_{12} } \\
{a_{12} } & {a_{22} } \\
\end{array}} \right| = \frac{{B^2 }}{{A^2 }}\sin ^2 \phi \ge 0
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/5/1/8/518c7a05ae43b49db4823b0e54d2c35182.png "\[
I_2 = \left| {\begin{array}{*{20}c}
{a_{11} } & {a_{12} } \\
{a_{12} } & {a_{22} } \\
\end{array}} \right| = \frac{{B^2 }}{{A^2 }}\sin ^2 \phi \ge 0
\]")
![\[\phi = \pi n,n = 0,1,2,3...\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/1/7/d/17de661192a8b9a92db80ba36dc0adc682.png "\[\phi = \pi n,n = 0,1,2,3...\]")
квадратичная форма вырождается в выражение:
![\[
\left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{B}{A}x,n = 0,2,4... \\
y = - \frac{B}{A}x,n = 1,3,5... \\
\end{array} \right.
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/4/0/3/4038f222352cd8ec38643b9ef7e2d72d82.png "\[
\left\{ \begin{array}{l}
y = \frac{B}{A}x,n = 0,2,4... \\
y = - \frac{B}{A}x,n = 1,3,5... \\
\end{array} \right.
\]")
![\[
\phi = 2arctg(\frac{b}{a})
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/8/9/b/89b60787dd037f72315efb9870582efb82.png "\[
\phi = 2arctg(\frac{b}{a})
\]")
- большая и малая полуось соответственно.
вырождается сама исходная задача...
Вы не рассчитваете избавиться?
![\[
\begin{array}{l}
\cos ^2 2\theta = \frac{{ctg^2 2\theta }}{{1 + ctg^2 2\theta }} \\
\sin ^2 2\theta = \frac{1}{{1 + ctg^2 2\theta }} \\
\end{array}
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/0/d/a/0daba8c17f8c81114a6279371583a14d82.png "\[
\begin{array}{l}
\cos ^2 2\theta = \frac{{ctg^2 2\theta }}{{1 + ctg^2 2\theta }} \\
\sin ^2 2\theta = \frac{1}{{1 + ctg^2 2\theta }} \\
\end{array}
\]")
![\[ \phi = 2arctg(\frac{b}{a}) \]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/a/f/c/afc96068af7ad2255b8099e3b3f7b99782.png "\[ \phi = 2arctg(\frac{b}{a}) \]")
), а потом подставляя в формулу, это не очень просто.
, 
. Подставляете 
, и начинаете сворачивать по формуле половинного угла. Получите 
, 
.
; сам ранее Вас попрекал за что-то подобное.
или на 
. Я выбрал один из вариантов, второй неинтересен.
, 
).![\[
\begin{array}{l}
a = \frac{{\sqrt 2 AB\sin \phi }}{{\sqrt {A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } } }} \\
b = \frac{{\sqrt 2 AB\sin \phi }}{{\sqrt {A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } } }} \\
\end{array}
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/0/e/3/0e3a46fe2df45ac9367283474854b58382.png "\[
\begin{array}{l}
a = \frac{{\sqrt 2 AB\sin \phi }}{{\sqrt {A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } } }} \\
b = \frac{{\sqrt 2 AB\sin \phi }}{{\sqrt {A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } } }} \\
\end{array}
\]")
![\[
\frac{b}{a} = \sqrt {\frac{{A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}{{A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}}
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/8/6/0/8602e565402af76784861d085d916dd882.png "\[
\frac{b}{a} = \sqrt {\frac{{A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}{{A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}}
\]")
![\[
\sqrt {\frac{{A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}{{A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}} = tg\frac{\phi }{2}
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/2/8/c/28c1acda1c64b4b1fe621c96d337ccb582.png "\[
\sqrt {\frac{{A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}{{A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}} = tg\frac{\phi }{2}
\]")
![\[
\begin{array}{l}
\frac{{A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}{{A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }} = tg^2 \frac{\phi }{2} = \frac{{1 - \cos \phi }}{{1 + \cos \phi }} \\
\Rightarrow \sqrt {\frac{{A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi }}{{(A^2 + B^2 )^2 }}} = \cos \phi \\
A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi = \cos ^2 \phi (A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 ) \\
(A^4 + B^4 )(1 - \cos ^2 \phi ) + 2A^2 B^2 (\cos 2\phi - \cos ^2 \phi ) = 0 \\
(A^4 + B^4 )\sin ^2 \phi - 2A^2 B^2 (1 - \cos ^2 \phi ) = 0 \\
(A^4 + B^4 - 2A^2 B^2 )\sin ^2 \phi = 0 \\
(A^2 - B^2 )^2 \sin ^2 \phi = 0 \\
\end{array}
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/1/e/c/1ec1d4f0c46f383fa0c5ece2adfba7bf82.png "\[
\begin{array}{l}
\frac{{A^2 + B^2 - \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }}{{A^2 + B^2 + \sqrt {A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi } }} = tg^2 \frac{\phi }{2} = \frac{{1 - \cos \phi }}{{1 + \cos \phi }} \\
\Rightarrow \sqrt {\frac{{A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi }}{{(A^2 + B^2 )^2 }}} = \cos \phi \\
A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 \cos 2\phi = \cos ^2 \phi (A^4 + B^4 + 2A^2 B^2 ) \\
(A^4 + B^4 )(1 - \cos ^2 \phi ) + 2A^2 B^2 (\cos 2\phi - \cos ^2 \phi ) = 0 \\
(A^4 + B^4 )\sin ^2 \phi - 2A^2 B^2 (1 - \cos ^2 \phi ) = 0 \\
(A^4 + B^4 - 2A^2 B^2 )\sin ^2 \phi = 0 \\
(A^2 - B^2 )^2 \sin ^2 \phi = 0 \\
\end{array}
\]")
.
: очевидно, что соотношение полуосей равно 
.
зафиксировано как 1 (понятно, что это влияет только на подобие). Случай 
, и выглядит как "/A 1 def" (можно "/A 7 def" "/A 0.2 def", "/phi 45 def" и т.д.