🔀

Η Εξίσωση Αx² + Βy² + Γx + Δy + Ε = 0

Συμπλήρωση τετραγώνων, κωνικές με κέντρο ή κορυφή εκτός αρχής, αναγνώριση είδους

Πώς αναγνωρίζεις μια «μεταμφιεσμένη» κωνική;

Στρέψε έναν φακό κάθετα σε έναν τοίχο: βλέπεις κύκλο. Γείρε τον λίγο: έλλειψη. Γείρε τον κι άλλο και η φωτεινή περιοχή «ανοίγει» σε παραβολή ή υπερβολή. Όλες είναι τομές του φωτεινού κώνου με ένα επίπεδο — γι' αυτό λέγονται κωνικές τομές. Όταν μετακινηθούν από την αρχή των αξόνων, οι εξισώσεις τους «μεταμφιέζονται»· εδώ μαθαίνεις να τις ξεμασκαρεύεις με συμπλήρωση τετραγώνων.

Κωνικές με άξονες παράλληλους στους άξονες

Όλες οι κωνικές που γνώρισες — κύκλος, παραβολή, έλλειψη, υπερβολή — έχουν εξισώσεις δευτέρου βαθμού ως προς $x$ , $y$ . Τι γίνεται όταν μια καμπύλη μετατοπιστεί παράλληλα, ώστε το κέντρο (ή η κορυφή) να πάει από το $O$ στο $K(x_0, y_0)$ ; Απλώς κάθε $x$ γίνεται $x - x_0$ και κάθε $y$ γίνεται $y - y_0$ :

Κύκλος: $(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = \rho^2$
Έλλειψη: $\dfrac{(x - x_0)^2}{\alpha^2} + \dfrac{(y - y_0)^2}{\beta^2} = 1$ , κέντρο $K(x_0, y_0)$
Υπερβολή: $\dfrac{(x - x_0)^2}{\alpha^2} - \dfrac{(y - y_0)^2}{\beta^2} = 1$ , κέντρο $K(x_0, y_0)$
Παραβολή: $(y - y_0)^2 = 2p(x - x_0)$ , κορυφή $K(x_0, y_0)$

Αναπτύσσοντας τα τετράγωνα, κάθε τέτοια εξίσωση παίρνει τη μορφή

$Ax^2 + By^2 + \Gamma x + \Delta y + E = 0$

Αντίστροφα, με συμπλήρωση τετραγώνων αναγνωρίζουμε ποια καμπύλη παριστάνει μια τέτοια εξίσωση (χωρίς όρο $xy$ ):

$A = B \ne 0$ : κύκλος (ή ένα σημείο, ή κενό).
$AB > 0$ , $A \ne B$ : έλλειψη (ή ένα σημείο, ή κενό).
$AB < 0$ : υπερβολή (ή ζεύγος τεμνόμενων ευθειών).
$AB = 0$ (ακριβώς ένα από τα $A$ , $B$ μηδέν): παραβολή (ή ζεύγος παράλληλων ευθειών, ή μία ευθεία, ή κενό).

Οι περιπτώσεις σε παρένθεση λέγονται εκφυλισμένες, π.χ. $x^2 - y^2 = 0$ είναι οι ευθείες $y = \pm x$ .

Όλα τα στοιχεία (εστίες, κορυφές, ασύμπτωτες, διευθετούσα) της μετατοπισμένης καμπύλης βρίσκονται μετατοπίζοντας τα στοιχεία της αντίστοιχης καμπύλης με κέντρο/κορυφή το $O$ κατά $(x_0, y_0)$ .

Ήξερες ότι;

Τα ονόματα παραβολή, έλλειψη και υπερβολή τα έδωσε ο Απολλώνιος ο Περγαίος στο έργο του «Κωνικά» (γύρω στο 200 π.Χ.). Προέρχονται από την αρχαία μέθοδο της «παραβολής των χωρίων», όπου ένα εμβαδόν «παραβάλλεται» σε ένα άλλο και είτε ταιριάζει ακριβώς, είτε «ελλείπει», είτε «υπερβάλλει». Περίπου $1.800$ χρόνια αργότερα, ο Kepler χρησιμοποίησε τις ελλείψεις του Απολλώνιου για να περιγράψει τις τροχιές των πλανητών.

Γρήγορος έλεγχος

Ποιο είναι το κέντρο της έλλειψης $\frac{(x - 1)^2}{4} + \frac{(y + 2)^2}{9} = 1$ ;

Μέθοδος: αναγνώριση και στοιχεία κωνικής

Ομαδοποίησε τους όρους του $x$ και του $y$ : $A(x^2 + \ldots x) + B(y^2 + \ldots y) = -E$ .
Βγάλε κοινό παράγοντα τους $A$ , $B$ και συμπλήρωσε τετράγωνα μέσα στις παρενθέσεις — πρόσθεσε ό,τι πρόσθεσες και στο άλλο μέλος, πολλαπλασιασμένο με τον παράγοντα.
Διαίρεσε ώστε το δεύτερο μέλος να γίνει $1$ και αναγνώρισε τη μορφή.
Βρες τα στοιχεία της «κεντρικής» καμπύλης ( $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $p$ ) και μετατόπισε κατά $(x_0, y_0)$ .

Κόλπο μνήμης

Η συμπλήρωση τετραγώνου σε έναν ρυθμό: «μισό του συντελεστή, στο τετράγωνο». Για $x^2 + bx$ : πάρε το μισό του $b$ , τετραγώνισέ το, πρόσθεσε και αφαίρεσε: $x^2 + bx = \left(x + \frac{b}{2}\right)^2 - \frac{b^2}{4}$ . Π.χ. $x^2 - 6x = (x - 3)^2 - 9$ .

Παράδειγμα 1: Να αναγνωριστεί η καμπύλη $4x^2 + 9y^2 - 16x + 18y - 11 = 0$ .

Λύση:

$4(x^2 - 4x) + 9(y^2 + 2y) = 11$

$4(x - 2)^2 - 16 + 9(y + 1)^2 - 9 = 11 \Rightarrow 4(x - 2)^2 + 9(y + 1)^2 = 36$

$\frac{(x - 2)^2}{9} + \frac{(y + 1)^2}{4} = 1$

Έλλειψη με κέντρο $K(2, -1)$ , $\alpha = 3$ , $\beta = 2$ , $\gamma = \sqrt{5}$ . Οι εστίες της κεντρικής έλλειψης $(\pm\sqrt{5}, 0)$ μετατοπίζονται στις $(2 \pm \sqrt{5},\ -1)$ .

Παράδειγμα 2: Να αναγνωριστεί η $y^2 - 4y - 8x + 20 = 0$ και να βρεθούν κορυφή, εστία και διευθετούσα.

Λύση:

$(y - 2)^2 - 4 = 8x - 20 \Rightarrow (y - 2)^2 = 8x - 16 = 8(x - 2)$

Παραβολή με κορυφή $K(2, 2)$ και $2p = 8$ , δηλαδή $p = 4$ . Η κεντρική $y^2 = 8x$ έχει εστία $(2, 0)$ και διευθετούσα $x = -2$ · μετατοπίζοντας κατά $(2, 2)$ : εστία $E(4, 2)$ και διευθετούσα $x = 0$ .

Γρήγορος έλεγχος

Ποια είναι η κορυφή της παραβολής $(x + 3)^2 = 4(y - 1)$ ;

Παράδειγμα 3: Να αναγνωριστούν οι καμπύλες: (α) $x^2 - y^2 - 2x + 4y - 4 = 0$ και (β) $4x^2 + y^2 + 8x + 4 = 0$ .

Λύση:

(α) $(x - 1)^2 - 1 - [(y - 2)^2 - 4] - 4 = 0 \Rightarrow (x - 1)^2 - (y - 2)^2 = 1$ . Ισοσκελής υπερβολή με κέντρο $(1, 2)$ και ασύμπτωτες $y - 2 = \pm(x - 1)$ , δηλαδή $y = x + 1$ και $y = -x + 3$ .

(β) $4(x^2 + 2x) + y^2 = -4 \Rightarrow 4(x + 1)^2 - 4 + y^2 = -4 \Rightarrow 4(x + 1)^2 + y^2 = 0$ . Άθροισμα μη αρνητικών ίσο με μηδέν ⇒ $x = -1$ , $y = 0$ : ένα μόνο σημείο, το $(-1, 0)$ (εκφυλισμένη έλλειψη).

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Δίνεται η εξίσωση $x^2 + \kappa y^2 - 2x - 3 = 0$ , $\kappa \in \mathbb{R}$ . Να βρεθεί τι παριστάνει για τις διάφορες τιμές του $\kappa$ .

Λύση: Συμπληρώνοντας τετράγωνο: $(x - 1)^2 + \kappa y^2 = 4$ .

$\kappa = 1$ : $(x - 1)^2 + y^2 = 4$ , κύκλος με κέντρο $(1, 0)$ και ακτίνα $2$ .
$\kappa > 0$ , $\kappa \ne 1$ : $\frac{(x - 1)^2}{4} + \frac{y^2}{4/\kappa} = 1$ , έλλειψη με κέντρο $(1, 0)$ (εστίες σε οριζόντιο άξονα αν $\kappa > 1$ , σε κατακόρυφο αν $0 < \kappa < 1$ ).
$\kappa < 0$ : $\frac{(x - 1)^2}{4} - \frac{y^2}{4/|\kappa|} = 1$ , υπερβολή με κέντρο $(1, 0)$ .
$\kappa = 0$ : $(x - 1)^2 = 4 \iff x = 3$ ή $x = -1$ , δύο παράλληλες ευθείες (εκφυλισμένη περίπτωση).

Γρήγορος έλεγχος

Αν στην εξίσωση $Ax^2 + By^2 + \Gamma x + \Delta y + E = 0$ ισχύει $AB < 0$ και η καμπύλη δεν είναι εκφυλισμένη, τότε είναι:

Γρήγορος έλεγχος

Τι παριστάνει η εξίσωση $3x^2 + 3y^2 - 6x = 0$ ;

Πρόκληση

Από την Α΄ Λυκείου ξέρεις ότι η γραφική παράσταση της $y = x^2 - 4x + 5$ είναι «παραβολή». Είναι όμως παραβολή και με τον ορισμό του κεφαλαίου; Αν ναι, βρες την εστία και τη διευθετούσα της.

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Συμπληρώνουμε το τετράγωνο: $x^2 - 4x = (x - 2)^2 - 4$ , οπότε

$y = (x - 2)^2 + 1 \iff (x - 2)^2 = y - 1$

Είναι η $X^2 = 2pY$ με $X = x - 2$ , $Y = y - 1$ και $2p = 1$ , δηλαδή $p = \frac{1}{2}$ — μετατοπισμένη ώστε η κορυφή να είναι στο $(2, 1)$ .

Για την $X^2 = 2pY$ : εστία $\left(0, \frac{p}{2}\right) = \left(0, \frac{1}{4}\right)$ , διευθετούσα $Y = -\frac{1}{4}$ .
Μετατοπίζοντας κατά $(2, 1)$ : εστία $E\left(2, \frac{5}{4}\right)$ , διευθετούσα $\delta: y = \frac{3}{4}$ .

Έλεγχος με το σημείο $M(3, 2)$ της καμπύλης ( $9 - 12 + 5 = 2$ ✓): $(ME) = \sqrt{1^2 + \left(2 - \frac{5}{4}\right)^2} = \sqrt{1 + \frac{9}{16}} = \frac{5}{4}$ και $d(M, \delta) = 2 - \frac{3}{4} = \frac{5}{4}$ ✓

Άρα κάθε γραφική παράσταση τριωνύμου είναι γνήσια παραβολή με εστία και διευθετούσα!

Συνηθισμένα λάθη

Συμπλήρωση χωρίς τον παράγοντα. Στο $4(x^2 - 4x) = 4(x - 2)^2 - 16$ αφαιρείς $4 \cdot 4 = 16$ , όχι $4$ .
Πρόσημα κέντρου. Το $(x + 1)^2$ σημαίνει $x_0 = -1$ .
Εστίες «από το $O$ ». Μετά τη μετατόπιση οι εστίες είναι $(x_0 \pm \gamma, y_0)$ , όχι $(\pm\gamma, 0)$ .
Ξεχασμένες εκφυλισμένες περιπτώσεις. Αν το δεύτερο μέλος βγει $0$ ή αρνητικό, δεν έχεις έλλειψη/κύκλο· με παράμετρο εξέτασε όλες τις περιπτώσεις του προσήμου της.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Μετατόπιση κατά $(x_0, y_0)$ : $x \to x - x_0$ , $y \to y - y_0$ — τα στοιχεία της καμπύλης μετατοπίζονται μαζί.
$Ax^2 + By^2 + \Gamma x + \Delta y + E = 0$ : αναγνώριση με συμπλήρωση τετραγώνων.
$A = B$ κύκλος, $AB > 0$ έλλειψη, $AB < 0$ υπερβολή, $AB = 0$ παραβολή — με πιθανές εκφυλισμένες περιπτώσεις.
Πάντα: ομαδοποίηση → κοινός παράγοντας → συμπλήρωση τετραγώνων → « $= 1$ » → στοιχεία → μετατόπιση.

Κωνικές με άξονες παράλληλους στους άξονες

Όλες οι κωνικές που γνώρισες — κύκλος, παραβολή, έλλειψη, υπερβολή — έχουν εξισώσεις δευτέρου βαθμού ως προς

x

y

. Τι γίνεται όταν μια καμπύλη μετατοπιστεί παράλληλα, ώστε το κέντρο (ή η κορυφή) να πάει από το

O

στο

K(x_0, y_0)

; Απλώς κάθε

x

γίνεται

x - x_0

και κάθε

y

γίνεται

y - y_0

Κύκλος:

(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = \rho^2

Έλλειψη:

\dfrac{(x - x_0)^2}{\alpha^2} + \dfrac{(y - y_0)^2}{\beta^2} = 1

, κέντρο

K(x_0, y_0)

Υπερβολή:

\dfrac{(x - x_0)^2}{\alpha^2} - \dfrac{(y - y_0)^2}{\beta^2} = 1

, κέντρο

K(x_0, y_0)

Παραβολή:

(y - y_0)^2 = 2p(x - x_0)

, κορυφή

K(x_0, y_0)

Αναπτύσσοντας τα τετράγωνα, κάθε τέτοια εξίσωση παίρνει τη μορφή