1-bosqich 22. 02-guruh talabasi Rasulov Xurshidbekning “Analitik geometriya” fanidan tayyorlagan

Ikkinchi tartibli chiziq
a) bo‘lsa yagona markazga ega,
b) bo‘lsa cheksiz ko‘p markazga ega va markazlar to‘plami bitta to‘gri chizikni tashkil etadi;
v) bo‘lsa markazga ega emas.
Tasdiq-2. Yagona markazga ega bo‘lgan ikkinchi tartibli chiziq markazi unga tegishli bo‘lishi uchun tenglikning bajarilishi zarur va etarlidir.
Isbot. Ikkinchi tartibli chiziq markazi nuqtada bo‘lib, u
chiziqqa tegishli bo‘lsa
(21)
va
(22)
tengliklar bajariladi. Yuqoridagi (21) tenglikning birinchisini x₀ ga, ikkinchisini y₀ ga ko‘paytirib, (22) tenglikdan ayirsak

tenglikni hosil qilamiz. Demak uchlik
(23)
bir jinsli sistemaning notrivial echimidir. Bu esa shartga teng kuchlidir.
Aksincha (23) sistema notrivial echimga egadir. Bu uchlikda

• 
  chunki . Biz deb hisoblay olamiz, chunki bo‘lganligi uchun har bir z₀ uchun (x₀, y₀) juftlik mavjud. Yuqoridagi (8) sistemada z₀ = l bo‘lganda (x₀, y₀) juftlik markaz koordinatalari ekanligi kelib chiqadi.
  

Quyidagi xossalarga ega ikkita 𝑂𝑥𝑦 va 𝑂𝑥1𝑦1 koordinatalar sistemasi berilgan: 𝑂𝑥 va 𝑂𝑥1 o’qlar hamda 𝑂𝑦 va 𝑂𝑦1 o’qlar parallel va bir xil yo’nalgan, 𝑂𝑥1𝑦1 koordinatalar sistemasi boshi 𝑂1 esa 𝑂𝑥𝑦 koordinatalar sistemasiga nisbatan ma’lum koordinatalarga ega 𝑂1 = 𝑂1 𝑎, 𝑏 . U holda ixtiyoriy M nuqtaning 𝑥, 𝑦 va 𝑥1, 𝑦1 koordinatalari quyidagicha bog’langan: (1) formula koordinatalar o’qini parallel ko’chirishda hosil bo’lgan koordinatalarni topish formulasi bo’ladi. Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirish 2. Aytaylik ikkita 𝑂𝑥𝑦 va 𝑂𝑥1𝑦1 koordinatalar sistemasi umumiy koordinatalar boshiga ega, 𝑂𝑥1 o’qi esa 𝑂𝑥 o’qi bilan 𝛼 burchak hosil qiladi. U holda ixtiyoriy M nuqtaning 𝑥, 𝑦 va 𝑥1, 𝑦1 koordinatalari quyidagicha bog’langan: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirish (2) formula koordinatalar o’qlarini burishda hosil bo’lgan koordinatalarni topish formulasi bo’ladi. 3. 𝑥 va 𝑦 o’zgaruvchilarga nisbatan ikkinchi tartibli tenglamaning umumiy ko’rinishi quyidagicha: 𝐴𝑥 2 + 2𝐵𝑥𝑦 + 𝐶𝑦 2 + 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0 3 Shunday 𝛼 burchak mavjudki, (3) tenglamani o’q atrofida 𝛼 burchakka burish formulasini quyidagi ko’rinishga keltirish mumkin: 𝐴1𝑥1 2 + 𝐶1𝑦1 2 + 𝐷1𝑥1 + 𝐸1𝑦1 + 𝐹1 = 0 (4) Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirish Bunda Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirish Mos 𝛼 burchakni quyidagi tenglikdan topish mumkin: 4. (4) tenglama parallel ko’chirish yordamida kanonik ko’rinishga olib kelinadi. Shuni ham ta’kidlab o’tish joizki, kanonik ko’rinishga olib kelingan tenglamaning ohirgi ko’rinishi geometrik tasvirga ega bo’lmasligi ham mumkin, masalan, 𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 = 0 tenglamasi. Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirish Misol 1. 8𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 5𝑦 2 − 56𝑥 − 32𝑦 + 80 = 0 ikkinchi tartibli tenglamani kanonik ko’rinishga keltiring. Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Yechish. Ushbu misolni batafsil ishlab chiqamiz. a) Koordinata o’qlarini birinchi formulalar yordamida 𝛼 burchakka buramiz va quyidagiga ega bo’lamiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Yechish. b) 𝑥1𝑦1 ko’paytmaga ega hadlarni alohida ajratib olamiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Ushbu ifoda ayniy nolga teng bo’lsin degan shart qo’yamiz. Bu quyidagi shartlarda o’rinli bo’ladi: yoki Undan 𝑡𝑔𝛼 = −2 va 𝑡𝑔𝛼 = 1/2 ni topamiz. 𝛼 burchakni shunday tanlaymizki, bunda 𝑂𝑥1 o’qi 𝑂𝑥 o’qi bilan musbat 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(1/2) burchak hosil qilsin. Yechish. 𝑡𝑔𝛼 = 1 2 tenglikdan quyidagilarga ega bo’lamiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Yechish. c) Topilgan ifodalarni a) punktdagi ohirgi tenglamaga qo’yib quyidagilarga ega bo’lamiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Yechish. d) Qavslarga mos sonlarni qo’shib (ayirib), ifodani to’la kvadrat holiga olib kelamiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar e) Tenglamani kanonik ko’rinishga olib kelish uchun quyidagi almashtirishni va tenglamani 36 ga bo’lishni amalga oshiramiz Yechish. Barcha almashtirishlarni bajarganimizdan so’ng 𝑂2𝑥2𝑦2 koordinatalar sistemasida yotuvchi quyidagi kanonik ko’rinishga ega ellips tenglamasini olamiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Misol 2. 3𝑥 2 + 10𝑥𝑦 + 3𝑦 2 − 2𝑥 − 14𝑦 − 13 = 0 ikkinchi tartibli tenglamani kanonik ko’rinishga keltiring. Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Yechish. Ushbu misolni (5) formula va (6) tenglamadan foydalangan holda ishlaymiz. 𝐴 = 3,𝐵 = 5, 𝐶 = 3,𝐷 = −2, 𝐸 = −14, 𝐹 = −13 larga egamiz. (6) tenglama 𝑐𝑜𝑠2𝛼 − 𝑠𝑖𝑛2𝛼 = 0 ko’rinishga keladi, bundan 𝛼 = 45°, 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 1 2 . (5) formulaga ko’ra quyidagilarni topamiz: 𝐴 = 8, 𝐶 = −2,𝐷 = − 16 2 , 𝐸 = − 12 2 , 𝐹 = −13. Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Yechish. 𝑂𝑥1𝑦1koordinatalar sistemasida berilgan tenglama quyidagi ko’rinishda bo’ladi: To’la kvadratlarga ajratganimizdan so’ng quyidagiga ega bo’lamiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Yechish. Quyidagi o’rin almashtirishni va har bir hadni 4 ga bo’lishni amalga oshiramiz: Ikkinchi tartibli chiziqlar umumiy tenglamasini kanonik ko’rinishga keltirishga misollar Va nihoyat, o’rin almashtirishlardan so’ng giperbolaning quyidagi kanonik tenglamasini topamiz

a1, a2 …., an vektorlar sistemasi berilgan bo`lsin. Berilgan vektorlar sistemasining bazisi deb uning chiziqli bog’liq bo’lmagan shunday bir qismiga aytiladiki, bunda berilgan sistemaning har bir vektori bazis vektorlari orqali yoyilishi mumkin bo’ladi. Berilgan vektorlar sistemasining ixtiyoriy bazisi tarkibidagi vektorlar soniga uning ranggi deyiladi. 1. Misol. Quyidagi vektorlar sistemasining bazislaridan birini quring va rangini aniqlang:

a1(1;2;-1;3),
a2(0;3;4;1),
a3(-2;-1;6;-5),
a4(5;1;2;-4)
Yechish: a1x1 +a2x2+a3x3+a4x4= vektor tenglama umumiy yechimini Gauss-Jordan usulida quramiz: Yechilgan sistemadan x1, x2, x4 – erkli bo`lmagan noma’lumlar, x3 esa erkli noma’lum ekanligi ko’rinib turibdi. Demak, berilgan vektorlar sistemasining bazisi a1, a2 va a4 vektorlar sistemasi bo’lib, sistemaning ranggi bazisidagi vektorlar soni 3 ga teng. Agar berilgan ikkita n o’lchovli a1 va a2 vektorlarning skalyar ko’paytmasi nolga teng bo’lsa, a1 va a2 vektorlar o’zaro ortogonal vektorlar deyiladi. n o’lchovli nolmas vektorlardan tarkib topgan vektorlar sistemasi berilgan bo’lib, sistema vektorlarining har qanday ikki jufti o’zaro ortogonal bo’lsa, u holda sistemaga ortogonal vektorlar sistemasi deyiladi.

2. Misol. Quyidagi vektorlar sistemasi ortogonalmi? a1(0;5;-2), a2(29;-2;-5), a3(2;4;10) Yechish: (a1* a2)=0-10+10=0 (a1* a3)=0+20-20=0 (a2* a3)=58-8-50=0 Berilgan vektorlar sistemasi ortogonal vektolar sistemasi ekan. Teng o`lchovli n ta a1, a2, … ak chiziqli erkli vektorlar sistemasi ustida ortogonal vektorlar sistemasini qurish, ya’ni mos ravishda b1, b2, … bk ortogonal sistema bilan almashtirish mumkin. Buning uchun Shmidt formulalaridan foydalanamiz: b1=a1            1 1 t b t i i i i i t t b b b b a a tє{2;3;…k}

3. Misol. a1(1;1;1), a2(0;1;1), a3(0;0;1) vektorlar sistemasi ustida ortogonal sistema quring. rang (a1,a2,a3)=3 chiziqli erkli sistema ekan. b1=a1(1;1;1)

Berilgan vektorlar sistemasi ustida qurilgan ortogonal sistema vektorlarini butun koordinatali vektorlarga aylantirib, (1;1;1); (-2;1;1); ( 0;-1;1) natijani olamiz. Nol bo’lmagan b vektorning normallangan yoki birlik vektori deb, b b vektorga aytiladi.

Har bir vektorni normallangan, ya’ni birlik vektor ko’rinishiga keltirilgan ortoganal sistemaga ortonormallangan vektorlar sistemasi deyiladi. 4. Misol. Yuqoridagi misolda topilgan ortonormal b1(1;1;1); b2(-2;1;1); b3(0;-1;1) sistemaning har bir vektorini birlik ko’rinishga keltiramiz



. To’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi. To’g’ri chiziqning yuqorida keltirib chiqarilgan (1.1.5) – (1.1.9), (1.1.11) tenglamalarining har birini olib solishtirsak, ular umumiy ko’rinishdagi Ax  By C  0 (1.1.12) ikki noma’lumli birinchi darajali tenglamaning hususiy holllari ekanini ko’ramiz. Endi quyidagicha savol tug’iladi: aksincha, (1.1.12) ko’rinishdagi tenglama to’g’ri chiziqni ifoda etadimi? Teorema. x, y o’zgaruvchilarga nisbatan birinchi darajali Ax  By C  0 (bu yerda 0 2 2 A  B  ) algebraik tenglama affin reperga nisbatan to’g’ri chiziqni aniqlaydi. Isbot. Bu yerda ikki holni tekshiramiz. a) B  0. Berilgan tenglamani B C x B A ko’rinishda yozish mumkin. Endi bu tenglamani yuqoridagi y  kx  b tenglama bilan solishtirsak, B C b B A k   ,   ni hosil qilamiz. Demak, Ax  By C  0 tenglama B  0 shartda y  kx  b ko’rinishni oladi, uning esa to’g’ri chiziqni ifodalashini bilamiz. Shunday qilib, umumiy ko’rinishli Ax  By C  0 tenglama ham B  0 da biror to’g’ri chiziqni ifodalaydi. b) B  0 . Bu holda 0 2 2 A  B  munosabatga ko’ra A  0 bo’lib, Ax  By C  0 tenglama A C x   ko’rinishni oladi. Bunday tenglama Oy o’qqa parallel to’g’ri chiziqni aniqlaydi. Demak, ikkala hol uchun ham teorema kuchga ega. To’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi Ax  By C  0 (1.1.12) berilgan bo’lsin, bunda 1 2 a a B A k    , demak, to’g’ri chiziqning u  yo’naltiruvchi vektorining koordinatalari sifatida –B, A sonlarni qabul qilish mumkin, ya’ni umumiy tenglamasi bilan berilgan to’g’ri chiziqning yo’naltiruvchi vektori sifatida u(B, A)  vektorni olish mumkin. Misol. Uchlarining koordinatalari L(3,1), M (2,3), N(2,1) bo’lgan LMN uchburchak berilgan. Uchburchakning L uchidan MN tomoniga parallel bo’lib o’tgan to’g’ri chiziq tenglamasini tuzing. Echish. Izlangan to’g’ri chiziqning yo’naltiruvchi vektori uchun MN vektorni olish mumkin, uning koordinatalari MN(0, 2)A  2, B  0 . To’g’ri chiziqning L(3,1) nuqtadan o’tishini e’tiborga olamiz.  2(3)  0(1) C  0 . C  6 : A, B, C ning topilgan qiymatlarini (1.1.12) ga qo’yamiz: x  3  0 yoki x  3 . Bu izlanayotgan tenglamadir
1. Ellips
Ta’rifi, kanonik tenglamasi. Tekislikda har bir nuqtadan fokuslar deb ataluvchi berilgan ikki 1 2 F ,F nuqtagacha bo’lgan masofalari yig’indisi berilgan PQ kesma uzunligiga teng bo’lgan barcha nuqtalar to’plami ellips deb ataladi. Berilgan kesma uzunligi fokuslar orasidagi masofadan katta. Berilgan kesmaning uzunligini 2a(a  0) bilan, fokuslar orasidagi masofani 2c(c  0) bilan belgilaylik. Tarifga ko’ra a > c. Ellipsdagi ixtiyoriy M nuqtaning F1 va F2 fokuslardan masofalari uning fokal radiuslari deyiladi va mos ravishda 1 2 r , r bilan belgilanadi, ya’ni r pF , M  1  1 va  , . r2  p F2 M Ellipsning ta’rifiga ko’ra 1 2 r , r fokal radiuslarning yig’indisi o’zgarmas bo’lib, berilgan kesma uzunligiga teng, ya’ni pF1 , M  pF2 , M   2a yoki r1  r2  2a . (1.2.1) (1.2.1) tenglik ellipsga tegishli ixtiyoriy nuqta uchun o’rinli bo’lib, uni koordinatalarda ifodalaylik. Dekart reperini tenglamaning sodda bo’lishiga imkon beradigan qilib tanlaymiz: abstsissalar o’qini fokuslar orqali F2 dan F1 ga yo’naltirib o’tkazamiz. F1F2 kesmaning o’rta perpendikulyarini 5-chizmada ko’rsatilgan yo’nalishda ordinatalar o’qi deb olamiz.