Vektor anlayışı və vektorlar üzərində əməllər. Vektor haqqında ilkin anlayış

§1.Ellips,onun kanonik tənliyi və xassələri.

Tərif.  Foks adlanan iki nöqtədən məsafələri cəmi sabit olub, bu sabit  fokslar

             arasındakı  məsafədən böyük olan nöqtələr çoxluğuna ellips deyilir.

F

1

 və F

2

 foks nöqtələri olarsa, F

1

F

2

=2C ilə işarə edək . 0Є [F

2

F

2

] , 0F

1

=0F

2

=C olsun. (0, i,  j )

sistemini elə seçək ki, i

 [ 0F

1

],  j  ┴ (F

1

F

2

) olsun. Bu sistemdə

 F

1

(C,0), F

2

 (- C,0) olar.

 M(x,y) Є  olsa, Tərifə görə

F

1

M+ F

2

 M=const= 2a

2a> 2c                                        ellipsin tərifini ifadə edər.

 a>c  götürüb

 +

  =2a  -nı sadə şəklə salaq.

a

2

 –c

2

= b

2

>0 ilə əvəz etsək

 +

 =1 (1) ellipsin tərifini ödəyən tənlik olar. Bu zaman  F

1

M=

 =a -   x,    F

2

M=

 =a +   x

M-nöqtəsinin  fokalradius vektorları adlanırlar.

F

1

=F

2

 olarsa C=0 və (1)-dən a=b alınır. x

2

+y

2

=a

2

  çevrə tənliyidir. Yəni çevrə ellipsin xüsusi

halıdır.

Ellipsin xassələrini verək.

1 . Ellips 2 tərtibli əyridir, x və y iki dərəcəli olduğuna görə .

2 . (1) –dən x

2

 a

2

, y

2

b

2

 olduğu üçün -a

 x  a, -b

y b  yəni

ellipsin  nöqtələri dörd  bucaqlı nın daxilində yerləşir.

3 . Ellips simmetrik əyridir, yəni M(x,y)

 old.

M

1

(-x,-y)Є - 0-ya nəzərən simmetrik

M

11

(-x,y)Є - (0y) -ə nəzərən simmetrik

M

111

(x,-y)Є -(0x) - ə nəzərən simmetrik

(0x) və (0y) simmetriya  oxları, 0 –simmetriyanın mərkəzidir.

4 . A

1

(a,0), A

2

 (-a,0), B

1

(0,b), B

2

 (o,-b) ellipsin təpələri , yəni  oxlarla kəsişmə nöqtələridir.

   (0x)∩ ={A

1,

A

2

}, (0y) ∩ =={B

1,

B

2

}

2a və 2 b onun oxları, a və b y / oxları , həm də  a>b olur.

5 .

=  ədədinə ellipsin eksentrisiteti deyilir. C= a. b

2

=a

2

-c

2

=a

2

-

2

a

2

=a

2

(1-

2

).

 =

 .

Buradan görünür ki, c=0 olduqda b=a,

1<

2< <

3

<

4

< .....<

e

 olduqda ellips

çevrədən daha çox meyl edir.

6 . X=a cost, y=bsint ellipsin parametrik tənlikləri adlanır. Bu tənliklərdən istifadə edərək

pərgar və xətkeşin  köməyi ilə ellips nöqtələrini qurmaq olar.

M

1

(acost,asint), M

2

(bcost, bsint)

M( acost, bsint)

 +

 =1 => MЄ

7 . X=

 düz xətləri ellipsin draktrisləri deyilir.

downloaded from KitabYurdu.org

d

1

 direktrisi   F

1

-fokusuna uyğun,d

2

 drektrisi  F

2

-fokusuna uyğun adlanır.Göstərmək olar

ki,

e

r

r

r

r

=

=

)

,

(

)

,

(

)

,

(

)

,

(

2

2

1

1

F

M

d

M

F

M

d

M

.Doğrudan da

e

r

a

x

d

M

-

=

)

,

(

1

x

a

x

a

c

a

F

M

e

r

-

=

-

=

)

,

(

1

 olduğuna görə.

2.Hiperbola,onun kanonik tənliyi və xassələri.

Tərif.Fokus adlanan iki nöqtədən məsafələri fərqinin mütləq qiyməti sabit olub bu sabit fokuslar

arasındakı məsafədən kiçik olan nöqtələr çoxluğuna hiperbola deyilir.

F

1

 və F

2

 fokus nöqtələri olarsa,F

1

F

2

=2c ilə işarə edək və

[

]

2

1

2

1

,

OF

OF

F

F

O

=

Î

 qəbul

edək.

)

,

,

0

(

j

i

 sistemini elə seçək ki,

[

)

(

)

2

1

1

,

F

F

j

OF

i

^

w

olsun.

2

2

1

1

,

r

M

F

r

M

F

=

=

fokal

məsafələrdir.

g

Î

"

)

,

(

y

x

M

 olarsa,tərifə görə

î

í

ì

=

-

c

a

a

M

F

M

F

2

2

2

2

1

p

kimi yazmaq olar.F

1

(c,0),F

2

(-c,0) yazılar.a˂

c

olduqda

a

y

c

x

y

c

x

2

)

(

)

(

2

2

2

2

=

+

+

-

+

-

 tənliyini  b

2

=c

2

-a

2

 əvəzləməsi ilə birlikdə

t

b

y

a

x

=

-

2

2

2

2

 şəklinə gətirmək olar.Bu zaman

a

x

a

c

r

M

F

a

x

a

c

M

F

r

+

=

=

-

=

=

2

2

1

1

,

kimi təyin

olunar.

x˃0 olduqda,

;

,

2

1

a

x

a

c

r

a

x

a

c

r

+

=

-

=

x˂0 olduqda,

a

x

a

c

r

a

x

a

c

r

-

-

=

+

-

=

2

1

,

 olar.Hər iki halda

a

r

r

2

2

1

=

-

 alınır.

Hiperbolanın xassələrinin (1) kanonik tənliyinin köməyi ilə almağa çalışaq.

1

0

.Hiperbola ikitərtibli əyridir,çünki tənlik x-ə və y-ə görə iki dərəcəlidir.

2

0

.Hiperbola simmetrik əyridir.Çünki

( )

g

Î

y

x

M

,

 olduqda;

-

Î

-

-

g

)

,

(

'

y

x

M

yəni O-ya nəzərən simmetrik,

-

Î

-

g

)

,

(

'

'

y

x

M

yəni (OY)-ə nəzərən simmetrik,

-

Î

-

g

)

,

(

''

'

y

x

M

yəni (OX)-ə nəzərən simmetrikdir.

Hiperbolanın koordinant başlanğıcına nəzərən və koordinant oxlarına nəzərən simmetriyaları

vardır.

3

0

.Hiperbola (OX)oxu ilə

{

}

)

0

,

(

),

0

,

(

)

(

2

1

a

A

a

A

ox

-

=

Ç

g

 iki həqiqi nöqtədə (oy) oxu ilə

)

,

(

),

,

(

2

1

b

o

B

b

o

B

-  xəyali nöqtələrdə kəsişir. (OX) - həqiqi ox, (OY)- xəyali oxdur.

)

(

2

1

A

A

 -

həqiqi,

)

(

2

1

B

B

-xəyali oxlar adlanır.

4

0

.0-dan keçən düz xətlə hiperbolanın kəsişmə nöqtələrini müəyyən edək.

0

)

(

,

1

,

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

f

a

k

b

b

a

a

k

b

x

b

y

a

x

kx

y

-

=

-

=

-

=

 olarsa

{

}

÷÷

ø

ö

çç

è

æ

-

±

-

±

=

Ç

2

2

2

2

2

2

2

,

1

2

1

,

,

,

k

a

b

kab

k

a

b

ab

M

M

M

d

g

İki tərtibli xəttin ümumi tənliyi, asimptotik

downloaded from KitabYurdu.org

                             istiqaməti, toxunanı, mərkəzi, diametri və

                                        onun təyini.

Plan:

 1.İki tərtibli xətt və onun düz xətlə kəsişməsi.

 2.İki tərtibli xəttin asimptotik istiqaməti.

 3.İki tərtibli xəttin mərkəzi.

 4. İki tərtibli xəttin toxunanı.

 5. İki tərtibli xəttin diametri.

 6.  Verilmiş istiqamətlə qoşma olan diametrin tənliyinin qurulması    və

xassələri.

§1.İki tərtibli xətt və onun düz xətlə kəsişməsi.

R=( 0,P

1

,P

2

) sistemində  M( X,Y) nöqtəsinin koordinatları

                               a

11

x

2

+2a

12

xy+a

22

y

2

+2a

10

x+2a

20

y+a

00

=0       (1)

tənliyini ödəyən nöqtələr çoxloxluğuna  2 tərtibli əyri deyilir. a

11

,a

12

=a

21

;a

22

 2

dərəcəli hədd əmsalları,  a

10

=a

 01

,  a

20=

a

 02

  bir  dərəcəli hədd əmsalları,  a

00

  –

sərbəst hədd adlanır. Belə işarələr qəbul edək.

   F(x,y)=a

11

x

1

+2a

12

xy+a

22

y

2

 +2a

10

x+2a

20

y+a

00

F

1

(x,y)=a

11

x+a

12

y+a

10,

 F

2

(x.y)=a

12

x+a

22

y+a

20

F

0

(x,y)=a

10

x+a

20

y+a

00

 Onda  F(x,y)=xF

1

(x,y)+y F

2

 (x,y)+F(x,y)=0 olar.

 Misal kimi,ellipsi, hiperbola və parabolanı  göstərmək olar. Ellipsdə:  a

11

=

a

12

=0, a

22

=  , a

10=

a

20

=0, a

00

=-1.   Parabolada: a

11

=0, a

12

=0, a

22

=1, a

10

=2p,

a

00

=0.və s.

(1)əyrisinin d d/x-i ilə  kəsişməsinə baxaq.    d:    x=x

0

+p

1

t

1

,

y=y

0

+P

2

t                       (1) də yerinə yazaq:

 a

11

(x

0

+p

1

t)

2

+ 2a

12

(x

0

+p

1

t) (y

0

+ P

2

t)+a

22

(y

0

+ P

2

t)

2

+2a

10

(x

0

+ P

1

t)+2a

20

(y

0

+ P

2

t)+ +a

00

=0,        sadələşdirsək

                                     Pt

2

+2Qt+R=0   (2)

alarıq. Burada P=a

11

P

1

2

+2a

12

P

1

P

2+

a

22

P

2

2

Q=F

1

(x

0

,y

0

)P

1

+F

2

(x

0

,y

0

) P

2

=a

11

x

0

P

1

+a

12

(x

0

P

2

+y

0

P

1

)+a

21

y

0

P

2

+a

10

P

1

+a

20

P

2

R=F(x

0

,y

0

)=a

11

x

0

2

+2a

12

x

0

y

0

+a

22

y

0

2

+2a

10

x

0

+2a

20

y

0

+a

00

.

downloaded from KitabYurdu.org

t-yə görə tənliyin həlləri sayı d

-nin nöqtələrə sayını verir.Aşağıdakı hallar

var.

Q≠0 olduqda 2 kvadrat tənliyin  həlləri belədir.

1) Δ=Q

2

-PR>0 olduqda

Υ

1

,M

2

}, Mi – həqiqi müxtəlif

2) Δ= Q

2

-PR=0=>

Υ d={

1

,M

2

},

1

,M

2

 həqiqi

3) Δ=Q

2

-PR<0=>

Υ d=

1

,M

2

}, Mi – xəyali qoşma

P=0 olduqda (2)=>2Qt+R=0

a)Q≠ 0=> t=t

1

=   bir həqiqi nöqtə

b)(Q=0, R≠0)=> d

=  kəs. nöqtəsi yoxdur.

v)(Q=0,R=0)=> d

 sonsuz sayda kəsişmə nöqtəsi.

Beləliklə, iki tərtibli əyri P≠0 olduqda  düz xətlə  iki həqiqi müxtəlif , iki həqiqi

eyni və ya  iki xəyali qoşma nöqtələrdə kəsişər.

P=0 olduqda ya bir həqiqi nöqtədə kəsişər, ya heç kəsişməz, ya da düz xəttin

bütün nöqtələri əyri üzərində yerləşər.

§2.İki tərtibli xəttin asimptotik istiqaməti.

P-nin ifadəsindən  görünür ki, o yalnız  P  (P

1  ,

  P

2

)    //  d  vektorunun

koordinatlarından asılıdır. P=0 olduqda d düz  xətti

əyrisini birdən artıq

olmayan sayda nöqtədə  kəsir (P=Q=R=0 halı trivialdır). Bu halda P-nin

istiqamətinə

əyrinin asimptotik istiqaməti deyilir. Onun tənliyi

a

11

P

2

+2a

12

P

1

P

2

+a

22

P

2

2

=0 olar.

a

22

≠0 olarsa P

1

≠0 olur.Əgər  P

1

=0 olsa onda P

2

=0  və  P  =0  alınardı, lakin

P≠0

=k ilə  işarə edək.Onda a

22

k

2

+2a

12

k+a

11

=0 alarıq. Buradan

k

1,2

=

 ,

=a

11

a

22

-a

12

2

a

22

=0 => a

11

P

1

2

+2a

12

P

1

P

2

=0,  P

1

=0=>P(0,1),a

11

P

1

+2a

12

P

2

=P,  P

2

(-2a

12,

  a

11

)

olar.

Aşağdakı hall olar. 1) δ<0=> k

1,

k

2

həqiqi olur, 2 asimptotik istiqamət vardır.

                                2) δ>0=> k

1,

k

2

  xəyali olur,  asimptotik istiqamət  yoxdur.

                                3)δ=0=> k

1

=k

2

 bir həqiqi  asimptotik istiqamət vardır.

Beləliklə isbat etmiş oluruq:

δ>0 olduqda iki tərtibli əyrinin 2 həqiqi asimptotik istiqaməti , δ=0 olduqda bir

həqiqi asimptotik istiqaməti var, δ<0 olduqda əyrinin həqiqi asimptotik

istiqaməti yoxdur. Məsələn:

downloaded from KitabYurdu.org

Ellips üçün:  a

11

=  ,a

22

=   ,δ =-

*  < 0 ellipsin asimptotik istiqaməti

yoxdur.

Hiperbola üçün:  a

11

=   , a

22

= -

 , δ=

 >0. hiperbolanın iki  asimptotik

                            istiqaməti, həm də iki asimptotu  vardır.

Parabola üçün: a

11

=0,a

22

=1. δ=0. Yəni parabolanın bir asimptotik istiqaməti

var.

§3. İki tərtibli əyrinin mərkəzi.

əyrisi (1) tənliyi a

11

x

2

+2a

12

xy+a

22

y

2

+2a

10

x+2a

20

y+a

00

=0  tənliyi ilə  və

P(P

1

P

2

)verildikdə  M

0

(x

0,

y

0

)  nöqtəsinin əyrinin P-yə paralel vətərinin orta

nöqtəsi olması üçün  P

1*

F

1

 (x

0

,y

0

)+P

2

*F

2

 (x

0,

y

0

)=0 ödənməsi  həm  zəruri  həm

də kafidir.

P –yə // olan və M

0

- dan keçən l düz xətinin tənliyi x=x

0

+P

1

 t, y=y

0

+P

2

t olar.

Fərz  edək l∩ ={M

1

,M

2

}, M

1

-t

1

, M

2

-t

2

parametrinə uyğundur, yəni

M

1

(x

0

+P

1

t, y

0

+P

2

t

1

), M

2

(x

0

+P

1

t

2

,y

0

+P

2

t

2

) olar .[M

1

,M

2

 ]-nin orta nöqtəsi  o vaxt

M

0

 olur ki, t

1

+t

2

=0 və tərsinə t

1

+t

2

=0 olduqda  M

0

 [M

1

,M

2

 ]-nin orta nöqtəsidir.

D/ x-lə əyrinin kəsişmə  tənliyindən  Viyet teoreminə əsasən Q=P

1

F

1

+P

2

F

2

=0

alınır və təklif  isbat olunur.

Teorem.C(x

0

,y

0

) nöqtəsinin iki tərtibliyi əyrinin mərkəzi olması üçün x

0

və y

0

-

ın a

11

x

0

+a

12

y

0

+a

10

=0

a

12

x

0

+a

22

y

0

+a

20

=0     sistemini ödəməsi zəruri və kafidir.

Zərurilik. C(x

0

,y

0

) əyrinin mərkəzidir => C-dən  keçən  hər bir vətər C-də  yarı

bölünür. Onda yuxarıdakı  təklifə əsasən    F

1

(x

0

,y

0

)  P

1

+F

2

(x

0

,y

0

)  P

2

=0

ödənməlidir. Buradan F

1

(x

0

,y

0

) =0

               F

2

 (x

0

,y

0

)=0  olur.

Kafilik. C(x

0

,y

0

) yux. sist. ödəyir, onun mərkəz  olduğunu isbat edək. Koor.

başl. C nöqt. köçürək, onda  x=x+x

0

 , y= y+y

0,

yəni  sistemdə

a

11

x

2

+2a

12

xy+a

22y

2

+2a

10

1

x+2a

20

1

y+a

00

1

=0

a

10

1

=F

1

(x

0

,y

0

),a

20

1

=F

2

 (x

0

,y

0

), a

10

1

=F(x

0

,y

0

)

C(x

0

,y

0

)  verilmiş sistemi ödədiyindən a

10

1

=a

20

1

=0

Onda a

11

x

2

+2a

12

xy+a

22

y

2

+a

00

1

=0 alırıq. => C əyrinin simmetriya mərkəzidir.

Doğrudan da M (x,y)

 olduqda M1(-x,-y)

 olur.

downloaded from KitabYurdu.org

Buradan alınır:

Nəticə: Koordinat  başlanğıcının əyrinin simmetriya mərkəzi olması üçün

             a

10

=a

20

=0 ödənməlidir.

Əyrinin mərkəzinin olması üçün yuxarıdakı  sistemin  həlli olmalıdir.Həll

yeganə olduqda əyrinin yeganə    mərkəzi  ( əyri  mərkəzli əyri olur) var,

sistemin həlli olmadıqda əyri  mərkəzsiz əyri olur, sistemin sonsuz sayda

həlli olduqda əyrinin mərkəzləri çoxluğu  düz xətt əmələ gətirir.