08-14-03. Геометрическое представление решений системы уравнений с двумя неизвестными. 1. Системы уравнений с двумя неизвестными возникают при решении с помощью координат геометрических задач на плоскости. Примеры таких задач уже встречались. Например, нахождение точки пересечения двух прямых в координатной плоскости можно свести к решению системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными. В этом параграфе мы рассмотрим некоторые новые применения координатного метода. Разберем, как находить точки пересечения прямой с окружностью, с параболой, эллипсом. Пример 1. Найдем точки пресечения прямой с уравнением 2 x 3 y 1 и окружности с уравнением 9 x 2 9 y 2 10 . Решение. Пусть общая точка M прямой и окружности имеет координаты (a b) . Точка M ( a b) лежит на прямой 2x 3 y 1 , поэтому выполняется равенство 2a 3b 1 . Так как точка M ( a b) лежит и на окружности 9 x 2 9 y 2 10 , то выполняется равенство 9a 2 9b 2 10 . Следовательно, пара чисел (a b) является решением системы 2 x 3 y 1 2 2 9 x 9 y 10 Из первого уравнения системы имеем y 132 x . Подставляя найденное выражение для y во второе уравнение системы, получаем уравнение 9 x 2 9 2x) 2 9 10 . Решим это уравнение 9 x 2 (1 2 x)2 , 9 x 2 4 x 2 4 x 1 10 0 , 13x 2 4 x 9 0 , 22 139 . Для каждого из найденных D 16 4 13 9 4 121 , x1 41322 1 , x2 413 значений x находим соответствующее значение y : 1 2 x1 1 2 1 y1 3 3 3 y2 1 2 x2 1 18 31 (1 ) 3 3 13 39 31 ) . Так как пара координат В результате получаем две точки M1 (1 13 ) и M 2 ( 139 39 каждой из найденных точек удовлетворяют и первому и второму уравнению системы, то обе точки M 1 и M 2 лежат и на прямой 2 x 3 y 1 , и на окружности 9 x 2 9 y 2 10 (рисунок 1). Пример 2. Найдем точки пересечения прямой с уравнением 5 y 2 x 2 и параболы y x2 . Решение. Координаты точек пересечения прямой и параболы являются решением системы уравнений 5 y 2 x 2 2 y x Из первого уравнения y 2 x52 . Подставляя это значение y во второе уравнение системы, получаем 2 x2 5 x 2 , откуда 5 x 2 2 x 2 0 , D 4 4 5 2 4 11, 2 2 11 1 rt11 10 5 1 11 x2 5 Соответственно y1 12252 11 , y2 12252 11 . После этого записываем координаты точек пересечения: 1 11 12 2 11 M1 ( bigg ) 5 25 x1 1 11 12 2 11 M2( ) 5 25 (рисунок 2). Пример 3. Найдем точки пересечения прямой 8 y 3x 12 с эллипсом 9 x 2 y 2 9 . Решение. Составим систему 8 y 3x 12 2 2 9 x y 9 Из первого уравнения x 83 y 4 . Подставляя во второе уравнение системы, получаем 9( 83 y 4) 2 y 2 9 , откуда 64 y 2 192 y 144 y 2 9 , 65 y 2 192 y 135 0 . D 1922 4 65 135 62 (32 65 15) 62 (1024 975) 62 72 422 , 192 42 9 192 42 15 y1 y2 2 65 5 2 65 13 Соответственно x1 54 , x2 12 . 13 В результате получаем координаты точек пересечения: 4 9 12 15 M 1 ( ) M 2 ( ) 5 5 13 13 (рисунок 3). 2. Разберем, как в прямоугольной системе координат находить точки пересечения двух окружностей. Пример 4. Пусть даны две окружности: одна окружность с центром A(0 0) и радиусом 3, вторая окружность с центром B (4 3) и радиусом 10 . Тогда уравнение первой окружности x y 9 , а уравнение второй окружности ( x 4)2 ( y 3)2 10 . 2 2 Координаты точек пересечения этих окружностей являются решениями системы уравнений x 2 y 2 9 2 2 ( x 4) ( y 3) 10 Для решения этой системы почленно вычтем из первого уравнения второе и получим x 2 ( x 4)2 y 2 ( y 3)2 9 10 , x 2 x 2 8x 16 y 2 y 2 6 x 9 9 10 0 , 8 x 6 y 24 0 , 4 x 3 y 12 0 . Затем решим систему x 2 y 2 9, 4 x 3 y 12 равносильную начальной системе. Из второго уравнения y 4 43 x . Подставляя это в первое уравнение системы, получаем x 2 (4 43 x) 2 9 , откуда x 2 16 323 x 169 x 2 9 0 , 25 x 2 96 x 63 0 , D 962 4 25 63 62 (162 25 7) 62 81 542 , 96 54 96 54 21 x1 3 x2 2 25 2 25 25 Соответственно 72 y1 0 y2 25 В результате получаем координаты точек пересечения данных окружностей: 21 72 M 1 (3 0) M 2 ( ) 25 25 (рисунок 4). 3.** Рассмотрим параболу y x 2 и прямую m с уравнением x y 0 . Проведем всевозможные прямые, которые параллельны прямой m и пересекают параболу y x 2 в точках A и B . Найдем множество середин всех отрезков AB . Любая прямая, параллельная прямой m , имеет уравнение y x k , где k — некоторое фиксированное число. Вычислим координаты точек A и B в зависимости от k. y x2 , y x k Отсюда x 2 x k , x 2 x k 0, D 1 4k . Следовательно, квадратное уравнение имеет два различных корня при k 1 4 , и тогда x1 Следовательно, 1 1 4k 1 1 4k , x2 . 2 2 y1 1 2k 1 4k 1 2k 1 4k , y2 . 2 2 Поэтому точки A и B имеют координаты 1 1 4k 1 2k 1 4k ( ) 2 2 1 1 4k 1 2k 1 4k ( ) 2 2 Отсюда середина отрезка AB имеет координаты ( 12 12 k ) . Таким образом, множество середин всех отрезков с концами в точках пересечения параболы y x 2 с прямыми вида y x k совпадает с множеством точек, координаты которых имеют вид ( 12 12 k ) , где k 14 . Получаем луч, параллельный оси ординат (рисунок 5). 5.** Геометрическое исследование систем уравнений с параметром. Между решениями системы двух уравнений с двумя неизвестными и координатами точек пересечения кривых, заданных этими уравнениями, существует соответствие. Это позволяет провести геометрическое исследование системы уравнений. Пример 5. Найдем, при каких значениях параметра a система уравнений x 2 y 2 8, | x -1| | y -1| a Имеет непустое множество решений Решение. Первое уравнение системы x 2 y 2 8 задает окружность с центром O(0;0) и радиусом r 2 2 (рисунок 6). Для изображения решений уравнения | x -1| | y -1| a вначале сделаем замену переменных z x 1 , t y 1 . Тогда уравнение будет выглядеть как | z | | t | a . Так как модуль больше 0, то уравнение имеет решение только при a 0 , например при a 2 . При этом множество решений симметрично относительно осей координат. Поэтому достаточно сначала изобразить решение уравнения при положительных z и t. Но тогда уравнение запишется в виде z t 2 . Следовательно решения уравнения | z | | t | 2 при положительных переменных изображается точками отрезка прямой z t 2 , лежащими в 1 четверти системы координат, а все множество решений изображается квадратом (рисунок 7) Возвращаясь к переменным x z 1 и квадрата параллельным переносом на вектор (1;1) получаем множество решений уравнения x 1 y 1 2 (рисунок 8). Аналогичные рассуждения можно провести при любом a 0 и получить, что при a 0 решением уравнения x 1 y 1 0 является одна точка F (11) , а при a 0 множество решений изображается квадратом с центром F , причем диагонали квадрата параллельны координатным осям. Полученное геометрическое представление решений каждого из уравнений начальной системы позволяет провести полный анализ числа решений системы в зависимости от параметра a . I. При a 0 второе уравнение системы не имеет решений, поэтому и множество решений самой системы пусто. II. При малых неотрицательных значениях параметра a множество решений уравнения x 1 y 1 a либо точка, либо квадрат с малой стороной (рисунок 9). В этом случае квадрат не пересекается с окружностью x 2 y 2 8 , а поэтому множество решений начальной системы пусто. Так будет при возрастании a от нуля до тех пор, пока не перейдем к следующему случаю. III. При возрастании a наступит момент, когда две вершины квадрата попадут на окружность, как на рисунке 10. В этом случае точка A имеет координаты (1 7 ) , соответствующее значение a равно 7 1 , а начальная система имеет два решения. IV. При возрастании a от 7 квадрат начнет пересекать окружность в четырех точках (рисунок 11). Так будет до тех пор, пока не перейдем к следующему случаю. V. При возрастании a наступит момент, когда сторона квадрата касается окружности, как на рисунке 12. В этом случае точка M имеет координаты (2;2), соответствующее значение a равно 2, а начальная система имеет три решения. VI. При возрастании a от 2 квадрат начнет пересекать окружность в двух точках (рисунок 13). Так будет до тех пор, пока не перейдем к следующему случаю. VII. При возрастании a наступит момент, когда две вершины квадрата будут вне окружности, а две вершины попадут на окружность, как на рисунке 14. В этом случае точка C имеет координаты (1 7) , соответствующее значение a равно 1 7 , а начальная система имеет четыре решения. VIII. При возрастании a от 7 1 квадрат начнет пересекать окружность в шести точках (рисунок 15). Так будет до тех пор, пока не перейдем к следующему случаю. IX. При возрастании a наступит момент, когда все вершины квадрата будут вне окружности, а две его стороны касаются окружности, как на рисунке 16. В этом случае точка K имеет координаты (2 2) , соответственное значение a равно 4, а начальная система имеет четыре решения. X. При возрастании a от 4 квадрат начнет пересекать окружность в двух точках (рисунок 17). Так будет до тех пор, пока не перейдем к следующему случаю. XI. При возрастании a наступит момент, когда все вершины квадрата будут вне окружности, а одна из его сторон касаться окружности, как на рисунке 18. В этом случае точка L имеет координаты ( 2 2) , соответствующее значение a равно 6, а начальная система имеет одно решение. XII. При возрастании a от 6 квадрат не будет пересекать окружность (рисунок 19). Следовательно, при a 6 начальная система решений не имеет. Проведенное исследование позволяет, например, сделать вывод, что система уравнений x 2 y 2 8 x 1 y 1 a имеет нечетное число решений при a 2 и a 6 . 6.** Геометрические подходы к нахождению целочисленных решений уравнений с несколькими неизвестными. Геометрические рассуждения можно использовать при решении некоторых уравнений в целых числах. Разберем это на примере нахождения всех пифагоровых троек, то есть таких наборов положительных целых чисел (m n k ) , что m2 n2 k 2 1 Разделив обе части уравнения (1) на ненулевое число k 2 , получим равенство m n ( )2 ( )2 1 k k Так как числа x mk и y kn рациональны, то каждому целочисленному решению уравнения (1) соответствует рациональное решение уравнения 2 x 2 y 2 1 Справедливо и обратное утверждение: если x p q и y rs — некоторое рациональное решение уравнения (2), то для целых чисел m ps , n qr , k qs выполняется равенство m 2 n 2 k 2 . Тем самым получается некоторое целочисленное решение уравнения (1). Таким образом, для получения всех целочисленных решений уравнения (1) достаточно научится находить решения уравнения (2) в рациональных числах. Геометрически это означает, что достаточно научиться находить на окружности x 2 y 2 1 точки, обе координаты которых рациональны. Одна из таких точек M (1 0) находится без особого труда (рисунок 20). Покажем, что любую другую точку окружности x 2 y 2 1, обе координаты которой рациональны, можно получить как вторую точку пересечения с этой окружностью прямой l , которая проходит через точку M и имеет уравнение y qp ( x 1) , где p и q — произвольные фиксированные целые числа, причем q 0 . Действительно, для получения координат точек пересечения прямой y qp ( x 1) с окружностью x 2 y 2 1 можно составить систему уравнений x 2 y 2 1 p y q ( x 1) Подставляя в первое уравнение системы выражение для y из второго уравнения, получим p2 x 2 2 ( x 1)2 1 q Это квадратное уравнение имеет один известный корень x1 1 . Следовательно, второй корень можно найти, выделяя множитель x 1: p2 x 2 1 2 ( x 1)2 0 q p2 ( x 1)) 0 q2 Приравнивая x 1 к нулю, получим x1 1 , а из уравнения ( x 1)( x 1 ( x 1)( x 1 найдем x2 q2 p2 q2 p2 . Тогда y2 qp ( x2 1) Найденная точка P p2 ( x 1)) 0 q2 2 pq q2 p2 . с рациональными координатами ( qq2 pp2 q22pqp2 ) 2 2 лежит на окружности x 2 y 2 1 (рисунок 21). Справедливо и обратное утверждение: уравнение прямой MP при рациональных координатах точки P окружности x 2 y 2 1 можно представить в виде y mn ( x 1) , где m и n — целые числа. Например, пусть точка P имеет координаты ( 135 12 . Тогда равенство y mn ( x 1) при x 135 , y 12 имеет вид 13 ) 13 m 5 m 1213 12 2 13 n ( 13 1) , откуда n 1318 3 . Следовательно, можно взять m 2 , n 3 , и тогда прямая y 23 ( x 1) пересечет окружность x 2 y 2 1 в точках M (1 0) и P( 135 12 13 ) . Подведем итоги. На окружности x 2 y 2 1 любую точку с рациональными координатами можно получить как точку с координатами вида q 2 p 2 2 pq ( 2 ) q p2 q2 p2 при соответствующем выборе целых чисел p и q . Отсюда следует, что любая упорядоченная тройка чисел вида (q 2 p 2 2 pq q 2 p 2 ) (m n k ) уравнения m 2 n 2 k 2 . Любое является целочисленным решением целочисленное решение этого уравнения можно получить из упорядоченной тройки чисел вида (q 2 p 2 2 pq q 2 p 2 ) либо сокращением на общий делитель этих чисел, либо домножением этих чисел на одно и то же целое число. Контрольные вопросы 1. К решению какой системы можно свести задачу о нахождении точки пересечения двух прямых? 2. Какая линия на плоскости задается уравнением вида ax by c 0 ? 3. В какой точке находится центр окружности, заданной уравнением ( x a )2 ( y b)2 r 2 ? 4. Чему равен радиус окружности, заданной уравнением ( x a )2 ( y b)2 r 2 ? 5. Сколько точек пересечения могут иметь прямая и парабола? 6. Как проверить, что точка ( x0 ; y0 ) лежит на прямой ax by c 0 ? 7. Какой вид имеют уравнения прямых, параллельных прямой ax by c 0 ? 8. Где расположено множество середин всех хорд параболы y x 2 , параллельных прямой y x ? 9. Какое множество на координатной плоскости задается уравнением x y 1 ? 10. Сколько точек с рациональными координатами лежит на окружности, задаваемой уравнением x 2 y 2 1 ? 11. Какими формулами можно задать пифагоровы тройки чисел? Задачи и упражнения 1. Найдите уравнение прямой, проходящей через точки: а) A(31) и B(1 2) ; б) A(7 2) и B(5 2) ; в) A( 21) и B(2 4) ; г) A(1 3) и B (1 3) . 2. Найдите точки пересечения окружности и прямой l : а) x 2 y 2 2 и x y 0 ; б) x 2 y 2 2 x 4 y 20 0 с прямой x y 4 0 . 3. Найдите точку пересечения эллипса x 2 3 y 2 36 с прямой 2 x y 9 0 y 9 0 . 4. Найдите точку пересечения параболы x 2 18 y со следующими прямыми: 1) x 6 y 6 0 ; 2) 2 x 9 y 2 0 ; 3) x 4 y 5 0 ; 4) x 3 0 . 5. Составьте уравнение общей хорды параболы y 2 18 x и окружности ( x 6)2 y 2 100 . 6. Найдите уравнение прямой, симметричной прямой y 2 x 3 относительно а) прямой x 2 ; б) прямой y 1 . 7. Найдите уравнение прямой, проходящей через точку (71) параллельно прямой y x. 8. Проверьте, что прямые y 3x 1 ; x 7 y 7 и x y 7 0 при пересечении образуют вершины равнобедренного треугольника. 9. Составьте уравнения касательных, проведенных: 1) из начала координат к окружности ( x 2)2 ( y 4)2 2 ; 2) из точки (71) к окружности x 2 y 2 25 . 10. Найдите те касательные к эллипсу 2 x y 17 0 . x2 30 2 y 24 1 , которые параллельны прямой 2 y x 11. Известно, что прямая 4 x 5 y 40 0 касается эллипса 50 32 1 . Найдите координаты точки касания. 12. Дана парабола y 121 x 2 . Проведите к ней касательную: 1) из точки с ординатой y 3 ; 2) параллельно прямой 3x y 5 0 . 13. Найдите точки с рациональными координатами на окружности x 2 y 2 2 . 2 Ответы и указания к решению наиболее трудных задач. Задача 6. Указания. а) Прямая y 2 x 3 с угловым коэффициентом k1 2 пересекает ось симметрии x 2 в точке M с координатами (2;7). В данной задаче угловой коэффициент k2 симметричной прямой равен (k1 ) , то есть k2 2 . Следовательно, симметричная прямая имеет уравнение y 2 x b , где b 11 находится из условия, что прямая проходит через точку M . б) Прямая y 2 x 3 пересекает ось симметрии y 1 в точке N с координатами (21) . В этой задаче угловой коэффициент симметричной прямой также равен (2) . Поэтому симметричная прямая имеет уравнение y 2 x m , где m 5 находится из условия, что прямая проходит через точку N . Задача 9. Указание. Опираясь на определение, уравнение касательной можно находить как уравнение прямой, которая имеет с окружностью единственную точку пересечения. Задача 10. Указание. За одно из решений уравнения можно взять пару чисел (11) . Остальные рациональные точки искать как пересечения с окружностью x 2 y 2 2 прямых вида y 1 qp ( x 1) , где p , q — произвольные пары целых чисел (q 0) . В итоге все точки с рациональными координатами запишутся в виде p2 2 pq q 2 p q 2 2 q 2 2 pq p 2 p2 q2 .