O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI
OLIY VA O’RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI
ZAHIRIDDIN MUHAMMAD BOBUR NOMIDAGI
ANDIJON DAVLAT UNIVERSITETI FIZIKA-MATEMATIKA
FAKULTETI
Matematika kafedrasi
Qo’lyozma huquqida
MAMIROVA DILDORA
“INVARIANTLAR YORDAMIDA IKKINCHI TARTIBLI EGRI CHIZIQ
TENGLAMASINI SODDALASHTIRISH”
5130100 – matematika yo’nalishi bo’yicha bakalavr akademik
darajasini olish uchun yozilgan
Ilmiy rahbari:
f.m.f.n:AZIMOV.R.K
ANDIJON-2015
1
REJA:
I. KIRISH……………………………………………………………………2
II. ASOSIY QISM.…………………………………………………………..5
I bob. Ikkinchi tartibli egri chiziqning kanonik tenglamalari
1.1-§. Chiziq haqida tushuncha…………………………………………6
1.2-§. Ikkinchi tartibli egri chiziqning kanonik tenglamalari. .................... 8
II bob. Ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamasini soddalashtirish…………10
2.1-§. Ikkinchi tartibli egri chiziqning invariantlari. ………………..20
2.2-§. Invariantlar yordamida ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamasini
soddalashtirish……………………………………30
III. XULOSA………………………………………………………………….50
IV. Foydalanilgan adabiyotlar………………………………………………53
2
Kirish.
“Ilm – fan taraqqiyoti biz uchun eng ustuvor sohalardan biridir”
I. A. Karimov
Respublikamizda ta'lim va tarbiya sohasidagi islohotlar bugungi
dolzarb,
ertangi
taqdirmizni
hal
qiluvchi
muammoga
aylanmoqda.
Jamiyatimizning yangilanishi, hayotimiz taraqqiyoti va istiqboli, amalga
oshirilayotgan islohotlar rejasining samarali taqdiri – bularning barchasi,
avvalombor, zamon talablariga javob beradigan yuqori malakali, ongli
mutahassis kadrlar tayyorlash muammosi bilan chambarchas bog'liq.
Shu bois mamlakatimizning istiqlol yo'lidagi birinchi qadamidanoq
ma'naviyatimizni yuksaltirish, ta'lim-tarbiya tizimini takomillashtirish, unuing
milliy zaminini mustahkamlash, zamon talablari bilan uyg'unlashtirish asosida
jahon andozalari va ko'nikmalari darajasiga chiqarishga katta ahamiyat
berilmoqda.
Mustaqil O'zbekiston o'z xalqi tanlab olgan yo'l – ochiq, erkin bozor
iqtisodiyotiga asoslangan odil jamiyat, kuchli demokratik huquqiy davlat qurish
yo'lidan bosqichma-bosqich olg'a bormoqda. Davlatimiz oldida turgan g'oyatda
muhim vazifalar – mamlakatni ijtimoiy va iqtisodiy jihatdan isloh qilish,
iqtisodiy munosabatlarni demokratiyalash, kelajak poydevori bo'lmish yuksak
ma'naviyatimizni rivojlantirishdan, ta'lim-tarbiya tizimi shakli va mazmunini
tubdan isloh qilib o'zgartirish, uni yangi zamon darajasiga ko'tarishdan iborat.
Buning uchun muqaddas zaminda yashayotgan har qaysi inson Vatan istiqboli,
uning ravnaqi va kelajagi uchun kurashishi lozim. Mustaqil mamlakatimizga
mustaqil fikrlaydigan ijodkor kadrlar zarur.
Mustaqil fikrlaydigan, o'z bilimlarini hayotga tadbiq eta oladigan ijodkor
kadrlarni tayyorlash maktabdan boshlanadi. Lekin Prezident I.A.Karimov
ta'kidlaganlaridek, «O'qituvchi va o'quvchi mimosabatlaridagi majburiy itoatkorlik
o'rninini ongli intizom egallashi juda qiyin kechayapti. O'qituvchining
3
bosh vazifasi o'quvchilarda mustaqil fikr yuritish ko'nikmalarini hosil qilishdan
iboratligini ko'pincha yaxshi tushunamiz, lekin, afsuski, amalda tajribamizda
unga rioya qilmaymiz»
Huquqiy demokratik davlatda o'quvchilar, umuman olganda har bir jamiyat
a'zosi erkin fikrlaydigan qilib tarbiyalanadi. Zero, «Agar bolalar erkin fikrlashni
o'rganmasa, berilgan ta'lim samarasi past bo'lishi muqarrar.Albatta, bilim
kerak.Ammo bilim o'z yo'liga. Mustaqil fikrlash ham katta boylikdir»
Darhaqiqat, bugungi bozor iqtisodiga o'tish jarayonida yaxshi kasbiy
tayyorgarlikka ega bo'lgan, mustaqil fikrlaydigan yoshlarga ehtiyoj sezilmoqda.
Bizning tadqiqotimizda maktab o'quvchilarining mustaqil fikr yuritib, olgan
nazariy bilimlarini kelgusi hayotga tadbiq qila oladigan darajadagi ta'lim
berishning jihatlari qarab chiqildi.
Matematika o'quv fani sifatida, o'quvchilarning tadqiqiy ko'nikmalarini
shakillantirishda alohida xususiyatga ega. Har bir matematikning faoliyati
masala yechishga keltiriladi va barcha nostandart masalalarni yechish va
tadqiqiy faoliyat hisoblanadi.
Hozirgi zamon matematikning amaliy faoliyatga chuqur kirib borishi, uni
fan-tehnika va iqtisodda qo'llanishi bilan xarakterlanadi. Boshqacha aytganda,
matematika amaliy masalalarni yechishda metodalogik asos bo'lib qoldi.Shu
bilan birga masalalar yechishda matematikadan tadqiqiy ko'nikma va
malakalarni shakllantirmasdan turib, foydalanish mutlaqo mumkin emas.
Tadqiqiy bilim, amaliy ko'nikma va malakalar matematikaning nazariy qurilishi
bilan uning amaliy muamolarini bog'laydi. Matematik tushunchalarning asosiy
negzini tasvirlaydi, amaliy masalalarni yechishda matematikani qo'llash vositasi
bo'lib hizmat qiladi. Bu esa, hozirgi paytda tadqiqiy ko'nikmalarning
ummumta'lim va umummadaniy qimmatga ega ekanligini ko'rsatadi.
Jamiyatimizning tez sur'artlar bilan rivojlanishi, xalqimizning milliy
qadriyatlari, an'analarining tiklanishi, ijtimoiy va iqtisodiy munosabatlarning
4
takomillashishi xalq ta'limi tizimiga murakkab vazifalarni yukladi. Davlat
rahbariyatining tinimsiz g'amxo'rligi va fidoiyligi, xalq ta'limi tizimidagi qayta
qurishlar va o'zgarishlar ham izlanishlarimizning izchilligidan dalolat berib
turadi. Shu bilan birga jamiyatimizning rivojlanishini, siyosiy tizim barqarorligi
hamda bozor iqtisodiyotiga o'tishning boshqarib borilishi, xalqimizning ma'naviy
va ma'rifiy saviyasi madaniyatning rivojlanishi, hozirgi kunda matematika
ta'limiga bo'lgan talab va ehtiyojning kundan- kunga orib borishi noan'anaviy
shakldagi talablarni o'qitish tizimi oldiga asosiy maqsad qilib qo'yadi.
Bugun ana shunday mushtarak maqsadlarimizni amalga oshirish,
mustahkam qaror toptirish va rivojlantirish uchun istiqlol sharofati tufayli qulay
muhit yaratdi.
Ushbu bitiruv malakaviy ishi kirish,ikki bob va to’rtta paragrafdan iborat
bo’lib,birinchi va ikkinchi paragraflarida chiziq hamda ikkinchi tartibli egri
chiziqlarni kanonik tenglamalari o’rganilgan.
Ikkinchi bobni birinchi paragrafida ikkinchi tartibli egri chiziqni
invariantlari haqida ma’lumotlar keltirilib,bu invariantlar uchun formulalar
keltirib chiqarilgan.Ikkinchi paragrafida esa ikkinchi tartibli egri chiziq
tenglamalari invariantlar yordamida soddalashtirilib tenglama koeffitsientlari
invariantlar orqali ifodalangan.
Har bir paragraf oxirlarida mavzularga doir misollar keltirilib ularni
yechish usullari ko’rsatilgan.
5
I bob. Ikkinchi tartibli egri chiziqning kanonik tenglamalari.
1.1-§. Chiziq haqida tushuncha.
Ta’rif. Tekislikdagi biror affin reperda F (x, y) 0 tenglamaning chap
tomoni x, y ga nisbatan algebraik ko’phad, ya’ni ai j xi y j ko’rinishdagi hadlarning
algebraik yig’indisidan iborat bo’lsa, bu tenglama bilan aniqlanuvchi nuqtalar
to’plami algebraik chiziq, tenglama esa algebraik tenglama deyiladi.
i, j manfiy bo’lmagan butun sonlar bo’lib,
darajasi deyiladi. i, j darajalar yig’indisining
i j son
ai j xi y j
hadning
maksimal qiymati Fx, y
ko’phadning darajasi, shu bilan bir vaqtda Fx, y 0 tenglamaning ham darajasi
deyiladi.
Masalan,
Fx, y Ax By C 0
birinchi darajali algebraik tenglama,
Fx, y Ax2 Bxy Cy 2 Dx Ey F 0
ikkinchi darajali algebraik tenglamadir. Algebraik bo’lmagan barcha chiziqlar
transtseendent chiziqlar deyiladi.
6
Algebraik bo’lmagan chiziqlarga misollar sifatida ushbu tenglamalarning
grafiklarini ko’rsatish mumkin:
y sin x 0, y tgx 0, y lg x 0, y a x 0.
Ta’rif. Biror affin reperda n- darajali algebraik tenglama bilan
aniqlanadigan figura n-tartibli algebraik chiziq deb ataladi.
Biz tekislikdagi birinchi va ikkinchi tartibli algebraik chiziqlarni tekshirish
bilan cheklanamiz.
Teorema. Bir affin reperdan ikkinchi affin reperga o’tishda chiziqning
algebraikligi va uning tartibi o’zgarmaydi.
 affin reperda biror l chiziq n- darajali
Isbot. Tekislikdagi biror O, e1 , e2
bilan aniqlangan bo’lsin.O, e1, e2 yangi affin
reperni olamiz. Bu reperlar orasidagi bog’lanish bizga ma’lum:
Fx, y 0 algebraik tenglama
x a1 x b1 y c1 ,
y a x b y c
2
2
2
a b
1
, bu yerda a2 b2
1
 0.
(1.1.1)
l chiziqning yangi koordinatalardagi tenglamasini hosil qilish uchun
uningtenglamasidagi
eski
o’zgaruvchilarni
(1.1.1)
formulalar
bo’yicha
almashtiramiz. Natijada Fx, y 0 tenglamadagi har bir ai j xi y j hadning o’rnida
ai ja1 x b1 y c1ia2 x b2 y c2j
ko’rinishdagi had hosil bo’ladi. Barcha
shundan hadlardan qavslarni ochib

ixchamlasak, Ôx , y  0 ko’rinishdagi algebraik tenglama hosil bo’ladi.
Ô x, y 0 tenglamaning har bir hadi bstxsyt ko’rinishdagi hadlardan iborat
bo’lib, har bir shunday hadning daraja ko’rsatkichi s t i j .
 
Ô (x , y ) ko’phadning darajasini m bilan belgilasak, natijada m n ga
bo’lamiz.
7
Agar
ega
Endi m ning n dan kichik bo’la olmasligini ko’rsatamiz. Faraz qilaylik,
a1 b1
m n bo’lsin.
 0 shartda (1.1.1) almashtirishga teskari almashtirish
a b
2
2
mavjud:



x b


2

b1 c1
b
x
y b2 c2



1
a c
1 1
a c

a

2
a
y x 1 y 2 2






a b 
1 1
ab
1 2
(1.1.2)




 
(1.1.2) dan
tenglamaning chap
x , y ning qiymatlarini Ôx , y  0
tomoniga qo’ysak,
yana Fx, y 0 tenglamaga
qaytamiz. Yuqoridagi
mulohazani takrorlasak, hosil bo’lgan F(x, y) ko’phadning darajasi n m bo’ladi.
Bir vaqtda ham m n , ham n m yuz bera olmaydi. Demak, Ô (x, y) ko’phadning
darajasi m=n .
Xullas, algebraik chiziqning tartibi va uning algebraikligi affin (yoki dekart)
koordinatalar sistemasining tanlanishiga bog’liq emas. Shuning uchun
chiziqlarning algebraik va transtsendent chiziqlarga bo’linishida faqat affin
koordinatalar sistemasi (dekart koordinatalar sistemasi) ko’zda tutiladi.
Qutb
koordinatalar
sistemasida
chiziqlarni bu tariqa sinflarga ajratib
bo’lmaydi. Chunonchi markazi qutb va
radiusi a
ga teng aylana
r a 0 dan iborat bo’lib, u r
birinchi
darajali,
tenglamasi
ya’ni
algebraik
tenglamadir. Shu aylana uchun qutb
aylananing
r 2a cos 0
o’zida
r
ga nisbatan
olinsa,
tenglama bilan,
aylana
ya’ni
8

0
2a
transtsendent tenglama bilan ifodalanadi.
(1- chizma).
(1- chizma)
To’g’ri chiziqning turli tenglamalari.
Ta’rif. To’g’ri chiziqqa parallel har qanday vektor uning yo’naltiruvchi
vektori deyiladi.
Quyida biz to’g’ri chiziqning berilish usullariga qarab uning tenglamasini
keltirib chiqaramiz.
1. To’g’ri chiziqning parametrik tenglamalari. Tekislikda u to’g’ri
chiziqning vaziyati birorO, e1 , e2  affin reperga
nisbatan shu to’g’ri chiziqqa
tegishli M 0x0 , y0 nuqta va yo’naltiruvchi u a1 , a2
 vektor bilan to’la aniqlanadi
(2-chizma). Bu ma’lumotlarga asoslanib, u to’g’ri chiziqning tenglamasini keltirib
chiqaramiz. M orqali u to’g’ri chiziqning ixtiyoriy nuqtasini belgilaymiz. U holda
M0 M vektorni yo’naltiruvchi vektor sifatida olish mumkin.
Demak, shunday t son topiladiki ,
(1.1.3)
M 0 M tu
9
bo’ladi. Aksincha, biror M nuqta uchun
y
munosabat o’rinli bo’lsa, u holda
M
M 0 M u . Demak, (1.1.3) munosabat
faqat u to’g’ri chiziqqa tegishli M
nuqtalar uchungina bajariladi, M, M0
u
nuqtalarning radius-vektorlarini mos
ravishda
r , r0 bilan
r  OM , r0  OM0
belgilasak, ya’ni
bo’lsa, u
M
l2
0
0
x
l1
u
holda
M 0 M r r0 .
2-chizma
(1.1.3) tenglikdan
 r  tu.
r
(1.1.4)
0
Bu tenglama u to’g’ri chiziqning vektorli tenglamasi deb ataladi. t ga turli hil
qiymatlar berib, u ga tegishli nuqtalarning radius-vektorlarini hosil qilamiz;
(1.1.4) tenglamaga kirgan t o’zgaruvchi parametr deb ataladi.
Endi (1.1.4) ni koordinatalarini yozaylik. M nuqtaning koordinatalarini x, y
bilan, M0 nuqtaning koordinatalarini
bilan belgilasak, natijada ushbu
x0 , y0
tenglamalar hosil qilinadi:
x x0 a1t , y y0 a0t .
(1.1.5)
Bu tenglamalar to’g’ri chiziqning parametrik tenglamalari deb ataladi.
Agar u to’g’ri chiziq koordinata o’qlaridan birortasiga ham parallel
bo’lmasa, ya’ni a1a2 0 shart bajarilsa, (1.1.5) dan ushbu
10
x x0
a

y y0
(1.1.6)
a
1
2
tenglamani hosil qilamiz. Undan
a2 x a1 y a2 x0 a1 y0 0.
(1.1.7)
Bu yerda shartga ko’ra a1 , a2 lardan kamida bittasi noldan farqli, shu sababli
(1.1.7) birinchi darajali tenglamadir. SHuning bilan ushbu muhum xulosaga
keldik: har qanday to’g’ri chiziq birinchi tartibli algebraik chiziqdir.
2. Ikki nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziq tenglamasi. Har qanday to’g’ri
chiziqning vaziyati uning ikkita har xil nuqtasi bilan aniqlanadi.O, e1 , e2  affin
reperda u to’g’ri chiziqning M1x1, y1, M 2x2 , y2nuqtalari ma’lum bo’lsin. SHu
to’g’ri chiziqning
tenglamasini keltirib
chiziqning yo’naltiruvchi vektori sifatida u
chiqaraylik. Qaralayotgan
to’g’ri
 M1M 2x2 x1, y2 y1vektorni qabul
qilish mumkin, shuning uchun (1.1.6) ga asosan u to’g’ri chiziq ushbu
x x1  y y1
x x y y
2
1
(1.1.8)
1
2
tenglama bilan ifodalanadi. Bu berilgan ikki nuqtadan o’tgan to’g’ri chiziqning
tenglamasidir.
3. To’g’ri chiziqning kesmalari bo’yicha tenglamasi. u to’g’ri chiziq Ox
o’qni A(a,0) nuqtada, Oy
o’qni esa B(0, b) nuqtada kessin va
a 0, b 0
koordinatalar
boshidan o’tmasin, ya’ni
bo’lsin. Bu holda ikki nuqtadan o’tgan
to’g’ri chiziqning tenglamasi (33) quyidagi ko’rinishni oladi:
x a
a
y

b
x
yoki
a
y
 1.
b
(1.1.9)
11
(1.1.9) da a, b sonlar to’g’ri chiziqning koordinata o’qlaridan ajratgan
kesmalaridir. Shuni hisobga olib, (1.1.9) to’g’ri chiziqning kesmalari bo’yicha
tenglamasi deb ataladi.
1-misol. Uchlarining koordinatalari A(-3, 2), B(2, 4) va C(5, -4) bo’lgan ABC
uchburchak berilgan. Uning V uchidan chiqqan medianasi tenglamasini tuzing.
Echish. V1 nuqta AS tomonning o’rtasi bo’lsin. U holda bizga ma’lum
formulaga ko’ra V1(1, -1). V va V1 nuqtalarning koordinatalarini (33) tenglamaga
qo’ysak (bunda M1=V, M2=B1) ,
x 2
1 2
y 4

1 4
yoki 5x y 6 0.
Bu VV1 mediananing tenglamasi.
2-misol. Abstsissalar o’qidan 2 birlik, ordinatalar o’qidan -3 birlik kesmalar
ajratgan to’g’ri chiziq tenglamasini tuzing.
x

y
Echish. Berilishiga ko’ra a=2, b=-3, u holda (34) tenglama 2   31
x
y
yoki 2  3 1 ko’rinishda bo’lib, bu izlangan to’g’ri chiziqning tenglamasidir.
4. To’g’ri chiziqning burchak koeffitsientli tenglamasi. Avvalo to’g’ri
chiziqning burchak koeffitsienti tushunchasini kiritamiz.
Ta’rif. u vektor e1 , e2 bazisda a1 , a2 koordinatalarga ega va a1 0 bo’lsin, u
a
holda 2 k son u vektorning burchak koeffitsienti deyiladi.
a1
Teorema. Kollinear vektorlarning burchak koeffitsientlari o’zaro teng.
12
Isbot. Haqiqatan,
u
v vektorlar berilgan bo’lib, ular
e1 , e 2
bazisga
nisbatan u(a1 , a2 ), v(b1 ,b2 )(a1  0, b1 0) koordinatalarga ega bo’lsin hamda k1 , k2
mos ravishda bu vektorlarning burchak koeffitsientlari bo’lsin. Ta’rifga ko’ra
k1 
a2
a
va k2 b2 .
b
1
1
u
bo’lgani
v
uchun shunday
t
b
b
b
a
a1  tb1 , a2 tb2  1  2  2  2 yoki k2
a
b
a
a
1
2
1
son mavjudki,
u  tu
yoki
 k1.
1
Xulosa. Bita to’g’ri chiziqqa parallel barcha vektorlarning
burchak
koeffitsientlari o’zaro teng. k son to’g’ri chiziqning burchak koeffitsienti
deyiladi. Endi to’g’ri chiziqning burchak koeffitsientli tenglamasini keltirib
chiqaraylik.
Bitta nuqtasi va burchak koeffitsientli to’g’ri chiziqning tekislikdagi
vaziyatini to’la aniqlaydi. Oy o’qqa parallel to’g’ri chiziqlar uchun burchak
koeffitsient mavjud emas. Endi Oy o’qqa parallel bo’lmagan u to’g’ri chiziq M
0
x0 , y0nuqtadan o’tsin va k ga teng burchak koeffitsientga ega bo’lsin. u ning
tenglamasini tuzamiz. (1.1.7) ga asosan
a1 0 shartda y y0 
a2
(x x0 ) , ammo
a
1
k
a2
, demak,
a
1
y y0 k(x x0 )
(1.1.10)
yoki
y kx b ,
bunda
b y0 kx0 .
(1.1.11)
13
(1.1.11) tenglama to’g’ri chiziqning burchak koeffitsientli
tenglamasi deyiladi.
3
Misol. R(2, -3) nuqtadan o’tuvchi va burchak koeffitsienti 4 bo’lgan
to’g’ri chiziq tenglamasini tuzing.
3
Echish. Berilganlarga asosan x0 2, y03, k 4 bo’lib, bularni (35)
tenglamaga qo’yamiz:
3
y (3) (x 2) yoki 3x 4 y18 0.
4
5. 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
(1.1.12)
Ax By C 0
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 A2 B2 0 ) algebraik tenglama affin reperga nisbatan to’g’ri chiziqni
aniqlaydi.
Isbot. Bu yerda ikki holni tekshiramiz.
a) B 0. Berilgan tenglamani
y
B
A
x
14
C
B
ko’rinishda yozish mumkin. Endi bu tenglamani yuqoridagi y kx b tenglama
bilan solishtirsak, k A , b C
B
ni hosil
B
tenglama B 0 shartda y kx b
qilamiz. Demak,
ko’rinishni oladi, uning esa
ifodalashini bilamiz. Shunday qilib, umumiy ko’rinishli
Ax By C 0
to’g’ri chiziqni
Ax By C 0 tenglama
ham B 0 da biror to’g’ri chiziqni ifodalaydi.
b)
B 0 . Bu
holda
A2B20
munosabatga
ko’ra A 0 bo’lib,
tenglama x ko’rinishni oladi. Bunday tenglama Oy o’qqa
Ax By C 0
C
A
parallel to’g’ri chiziqni aniqlaydi. Demak, ikkala hol uchun ham teorema kuchga
ega.
To’g’ri chiziqning umumiy tenglamasi
(1.1.12)
Ax By C 0
berilgan bo’lsin, bunda k
A a2
B  a
, demak, to’g’ri chiziqning u
1
yo’naltiruvchi vektorining koordinatalari sifatida –B, A sonlarni qabul qilish
mumkin, ya’ni umumiy tenglamasi bilan berilgan to’g’ri chiziqning yo’naltiruvchi
vektori s ifatida

vektorni olis h mu mkin.
u ( B, A)
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.
15
Endi to’g’ri chiziqning
AX By C 0
umumiy tenglamasini tekshiramiz.
1. C 0 . Bu holda tenglama quyidagi ko’rinishni oladi: AX By 0 . Bu
to’g’ri chiziq koordinatalar boshidan o’tadi, chinki uni (0, 0) qanoatlantiradi.
Aksincha, to’g’ri chiziq koordinatalar boshidan o’tsa, u holda
A0 B0C0C0.
2. A0.
(1.1.13)
By C 0 .
e
Bu to’g’ri chiziqning yo’naltiruvchi u(B, 0)u Be1 vektori 1 vektorga
kollinear, demak, u Ox o’qqa parallel. B 0
bo’lganda (1.1.13) ni quyidagicha
yozish mumkin:
y b , bu yerda b
SHunday qilib, y b tenglama Ox o’qqa

C

B
0,
C
A.
parallel
va ordinatalar o’qini
 nuqtada kesib o’tadigan to’g’ri chiziqni aniqlaydi.
Agar
A 0, C 0 By 0 y 0 (chunki
B0),
tenglamasidir, chunki bu tenglama bilan aniqlanuvchi
y 0 esa Ox o’qning
to’g’ri chiziq Ox o’qqa
parallel va Oy o’qdan b 0 kesma ajratadi.
3. B 0 . Bunda 2) holdagiga o’hshash to’g’ri chiziq Oy o’qqa parallel
joylashadi va bu holda C 0 bo’lsaAx 0 x 0, to’g’ri chiziq Oy o’qning o’zini
ifodalaydi.
16
To’g’ri chiziqni tenglamasiga ko’ra yasash.
Quyida biz biror affin reperga nisbatan tenglamasi bilan berilgan to’g’ri
chiziqni yasashning bir necha usullari bilan tanishamiz.
1. To’g’ri chiziq o’zining ikki nuqtasining berilishi bilan to’liq aniqlanganlii
uchun u birorO, e1 , e2 reperga nisbatan qanday ko’rinishdagi tenglamasi bilan
berilmasin, uni yasash uchun ikki nuqtasini yasash kifoyadir.
Misol.
x2 y  3 0 tenglama bilan berilgan to’g’ri chiziqni yasang.
To’g’ri chiziqning ikki nuqtasini topish uchun berilgan tenglaadagi x
o’zgaruvchiga ixtiyoriy ikki qiymatni berib, tenglamadan bu qiymatlarga y ning
mos qiymatlarini topamiz;
x=1 da 1+2y-3=0 dan y=1,
x=-1 da -1+2y-3=0 dan y=2.
Topilgan M11,1, M 21, 2 nuqtalarni yasab, ularni
tutashtirsak, izlanayotgan
M1M 2 to’g’ri chiziq xosil bo’ladi. (3-chizma).
2. to’g’ri chiziqO, e1 , e2  reperda y  kx b ko’rinishdagi tenglama bilan
berilgan bo’lsa, uni quyidagicha yasash
mumkin. Ordinatalar o’qida (0, b)
nuqtani yasaymiz hamda1, kvektorni yasab, (0, b) nuqtadan u vektorga parallel
to’g’ri chiziq o’tkazamiz.
y
M
A
2
u
e
2
M1
0
e2
17
B
0
e
1
e
1
x
(3-chizma)
(4-chizma)
Misol. y 2x 3 tenglama bilan aniqlanuvchi to’g’ri chiziqni yasang.
(0, 3) nuqtani yasaymiz. 4-chizmada bu V nuqtadir. So’ngra shu chizmada
u  e1  2e2 vektorni yasaymiz. Chizmada bu OA
vektordir. Endi V nuqtadan OA
vektorga parallel to’g’ri chiziq o’tkazamiz.
3. Agar to’g’ri chiziq
 x x0 a1t,

y y0 a2t
parametrik tenglamalari bilan berilsa, bu to’g’ri chiziq ham 2-holdagi singari
(x0 , y0 )
nuqtadan o’tib a1 , a2 vektorga parallel to’g’ri chiziq kabi yasaladi.
18
1.2-§. Ikkinchi tartibli egri chiziqning kanonik tenglamalari.
19
Ellips
1. Ta’rifi, kanonik tenglamasi. Tekislikda har bir nuqtadan fokuslar deb
ataluvchi berilgan ikki F1 , F2 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 r1 , r2 bilan belgilanadi, ya’ni
r1 pF1 , M va r2 pF2 , M.
Ellipsning ta’rifiga ko’ra r1 , r2 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
y
koordinatalarda ifodalaylik.
M
Dekart reperini tenglamaning
bo’lishiga
imkon
beradigan
tanlaymiz: abstsissalar
orqali
F2
dan
o’tkazamiz. F1 F2
sodda
qilib
r1
j
F2 (c, 0) 0 i
o’qini fokuslar
F1 ga
yo’naltirib
kesmaning
o’rta
perpendikulyarini
5-chizmada
ko’rsatilgan
ordinatalar
yo’nalishda
r2
o’qi deb olamiz.
20
F1 (c, 0)
x
(5-chizma)
Tanlangan buO, i , j reperda F1 va F2 nuqtalarning koordinatalari mos
ravishda (c, 0) va (c, 0) bo’ladi.
Ellipsdagi ixtiyoriy M nuqtaning koordinatalarini x, y bilan belgilasak, ikki
nuqta orasidagi masofa formulasiga ko’ra
r1
x c2 y2 ,
r2 x c2 y 2
r1 , r2
(1.2.2)
ning (1.2.2) munosabatlardagi qiymatlarini (1.2.1) tenglikka qo’yib,
ushbu tenglamaga ega bo’lamiz:
x c2 y2  x c2 y2  2a .
(1.2.3)
(1.2.3) tenglama tanlangan reperga nisbatan ellipsning tenglamasidir, chunki
M(x, y) nuqtaning koordinatalari bu tenglamani faqat M nuqta ellipsga tegishli
bo’lgan holdagina qanoatlantiradi.
(1.2.3) tenglamaning birinchi hadini o’ng tomonga o’tkazib, hosil bo’lgan
tenglamaning ikkala tomonini kvadratga oshirsak.
x2 2cx c2 y2 4a2 4a x c2 y2 x2 2cx c2 y2 .
Bundan
2cx 4a2 2cx 4a x c2 y2
yoki
a x c2 y2 a2 cx .
21
Hosil qilingan tenglamaning ikkala tomonini yana kvadratga oshiramiz:
a2 x2 2a2cx a2c2 a2 y2 a4 2a2cx c2 x2 ,
bundan
a  c x  a
2
2
2
2


y 2 a2 a2 c2 .
a c a2 c2 , demak, a2 c2 0 , bu musbat sonni b2
(1.2.4)
deb olaylik:
b2 a 2 c2 .
(1.2.5)
u holda (1.2.4) tenglik quyidagi ko’rinishda yoziladi:
b2 x2 a 2 y 2 a 2b2 .
(1.2.6)
(1.2.6) ni a 2 b 2 ga bo’lib, ushbu tenglamaga ega bo’lamiz:
x2

y2
 1.
(1.2.7)
a 2 b2
Endi (1.2.7) tenglama haqiqatan ham ellipsni ifodalashini isbot qilamiz,
chunkiellips tenglamasi (1.2.3) ko’rinishda olingan edi. (1.2.7) tenglama (1.2.3)
tenglamani ikki marta radikallardan qutqarish bilan hosil qilindi. Demak, (1.2.7)
tenglama (1.2.3) tenglamaning natijasi, boshqacha aytganda, koordinatalari
(1.2.3) ni qanoatlantiradigan har bir nuqta (1.2.7) tenglamaning natijasi ekani
ravshan emas. (1.2.3) tenglama (1.2.7) tenglamaning natijasi ekanini
ko’rsatamiz.
M1x1 , y1 (7) tenglamani qanoatlantiruvchi ixtiyoriy nuqta bo’lsin, ya’ni
x2
y2
1
a2
1

b2
 1.
M1 nuqta uchun r1 r2 2a tenglikning bajarilishini ko’rsatamiz.
M1 nuqtaning fokal radiuslari,
22
(1.2.8)
2
(1.2.8) tenglikdan
y1

 b 2  

1

r1 x1 c2 y12 ,
(1.2.9)
r2  x1 c2 y12
(1.2.10)
.
x 2 
1
2


, bu qiymatni (1.2.9) va (1.2.10) tengliklarga
a 
qo’yib,
r1
r2
a 2 b2 2
x1  2cx1b2 c 2 .
2
a
a 2 b2 x12 2cx1b2 c 2
a2
c2 a 2 b2
tengliklarga ega bo’lamiz. (1.2.5) munosabatdan
va a 2 b2 c2 ,
shuning uchun yuqoridagi tengliklar ushbu ko’rinishni oladi:
c
 2
c

a
c
 2
c
a

a
r1 
a
r2
x1  a 
 x1  a 
c
x1 a  a x1
a
,
c
x1 a  a x1
a
.
(1.2.11)
c
Yuqoridagi sabablarga ko’ra 0 a 1, (1.2.8) tenglikdan x1 a . U holda
c x  a , shuning uchun ac x  0 va ac x  0 . Bularni e’tiborga olsak,
a 1
a 1
a 1
(1.2.11) tengliklar ushbu ko’rinishni oladi:
r a c x ;
a 1
1
r ac x .
a 1
2
(1.2.12) tengliklarni hadlab qo’shsak,
23
(1.2.12)
r1 r2 2a
ga ega bo’lamiz. Demak, koordinatalari (1.2.7) tenglamani qanoatlantiradigan
har qanday M1 (x1 , y1 ) nuqta ellipsga tegishli.
(1.2.7) tenglama ellipsning kanonik tenglamasi deyiladi.
(1.2.12) tengliklardan ushbu xulosa kelib chiqadi: ellipsning ixtiyoriy Mx,
y nuqtasining r1 , r2 fokal radiuslari bu nuqtaning abtsissasi orqali
r ac x va
1
a
r ac x
2
a
(1.2.13)
ko’rinishda chiziqli ifodalanadi.
Agar xususiy holda a b bo’lsa, ellipsning tenglamasi
x  y 2 a2
ko’rinishni oladi. Bu tenglama markazi koordinatalar boshida va radiusi a ga
teng aylanani ifodalaydi. Demak, aylana ellipsning xususiy holi. a b bo’lganda
b2 a 2 c2 dan c 0. c 0 bo’lganda a 2 b2 c2 a b .
Misol. Har bir nuqtasidan
F1 (4, 0) ,F2 (4, 0)
nuqtalargacha bo’lgan
masofalar yig’indisi 10 ga teng nuqtalar to’plamining tenglamasini toping.
Echish. Izlanayotgan nuqtalar to’plami berilishiga ko’ra ellipsdir va
2a10 a 5, c 4, b2 a2 c2
munosabatdan
b2 9, b 3 .
Demak,
izlanayotgan ellipsning kanonik tenglamasi quyidagicha bo’ladi:
x 2  y 2  1 .
25
9
2
2
2. Ellips shakli. Ellipsning x y
a2

b2
bo’yicha shaklini o’rganamiz.
24
1
(1.2.7)
kanonik tenglamasi
1. (1.2.7) tenglamadan ko’rinadiki, ellips ikkinchi tartibli chiziq.
2. Ellips chegaralangan chiziq
(agar figuraning barcha nuqtalari biror
doiraga
tegishli
bo’lsa,
y
uni
M1
M
chegaralangan figura deb ataladi).
(1.2.7) tenglamadan ko’rinib turibdiki,
j
uning chap tomonidagi ifoda doimo
0
i
musbat bo’lib, har bir had quyidagi
x
shartni
x2
a2
 1,
qanoatlantirishi
y2
kerak:
M3
M2
 1. Bundan x  a, y  b .
b2
(6-chizma)
Demak, (1.2.7) tenglama bilan aniqlangan ellipsning barcha nuqtalari
tomonlari 2a, 2b bo’lgan to’g’ri to’rtburchak ichiga joylashgan.
3. (1.2.7) tenglama bilan aniqlangan ellips koordinatalar o’qlariga
nisbatan simmetrikdir. Haqiqatan, M (x, y) shu ellipsning biror nuqtasi bo’lsa,
ya’ni x, y sonlar (1.2.7) tenglamani qanoatlantirsa, u vaqtda (1.2.7) tenglamada
o’zgaruvchi x, y ning faqat kvadratlari qatnashgani uchun bu tenglamani
M1 (x, y), M 2 (x, y) va
M 3 (x, y)
nuqtalarning
koordinatalari
ham
qanoatlantiradi. M1 nuqta Oy o’qqa nisbatan, M2 nuqta Ox o’qqa nisbatan M
nuqtaga simmetrikdir. (6-chizma). Shuning uchun koordinata o’qlari ellipsning
simmetriya o’qlaridir. Simmetriya o’qlarining kesishgan nuqtasi O(0, 0) ellipsning
markazi deyiladi, fokuslar yotgan o’qi uning fokal o’qi deyiladi.
25
4. ellipsning koordinata o’qlari bilan kesishgan nuqtalarini topamiz.
Masalan, Ox o’q bilan kesishgan nuqtalarini topish uchun ushbu tenglamalarni
birgalikda yechamiz:
x2

a 2

y2
 2  1,
b
(1.2.14)
y 0.
(1.2.14) sistemaning ikkinchi tenglamasidan
y 0 ni
birinchi tenglamasiga
qo’ysak, xa hosil bo’ladi. Shunday qilib, ellips Ox o’qni A1 (a, 0) va A2 (a, 0)
nuqtalarda kesadi. SHu singari ellipsning Oy o’q bilan kesishgan B1 (0, b) va
B2 (0, b) nuqtalari topiladi. Ellipsning koordinata o’qlari bilan kesishgan
nuqtalarini uning uchlari deyiladi. Ellipsning to’rtta uchi bor, ular:
A1, A2 , B1, B2.
A1 A2 kesma va uning uzunligi 2a ellipsning katta o’qi, OA1 kesma va uning uzunligi
a esa ellipsning katta yarim o’qi deyiladi. B1 B2 kesma va uning uzunligi 2b ellipsning
kichik o’qi, OB1 kesma va uning uzunligi b esa ellipsning kichik yarim o’qi deyiladi.
5. Endi (1.2.7) tenglamani y ga nisbatan yechaylik:
b
y a2 x2 .
a
(1.2.15)
Ellips koordinata o’qlarining har biriga nisbatan simmetrik bo’lgani uchun
uning birinchi koordinata choragida yotgan qisminigina tekshirish yetarli.
x 0, y 0
Birinchi chorakdagi nuqtalar uchun
bo’lib, ellipsning bu choragidagi
qismi uchun
b
y a2 x2 .
a
26
(1.2.16)
a2 x2 0
Bundan (1.2.16) funktsiyaning monoton kamayuvchi ekanligi va
bo’lishi, ya’ni a 2 x2 yoki x a bo’lishi bevosita ko’rinadi. Demak, faqat birinchi
chorakda ish ko’rayotganimiz uchun x a . Yuqoridagi hollarni e’tiborga olsak,
ellipsning birinchi chorakdagi qismini 7-chizmada ko’rsatilgan B1 A1 yoy deb
tasavvur qilish mumkin. Ellipsning koordinata o’qlariga nisbatan
simmetrikligidan foydalanib, uning birinchi chorakda hosil qilingan qismi
bo’yicha shaklini 8-chizmadagidek tasavvur qilish mumkin (8-chizma).
y
y
B1
B
1
A
2
0
i
A1
j
F
2
0
i
F1A1
x
x
B2
7-chizma
8-chizma
Eslatma. Agar ellipsning fokuslari ordinatalar o’qiga joylashib qolsa, uning kanonik
tenglamasi ham (1.2.7) ko’rinishda bo’ladi, bu yerda
b a .
27
3. Ekstsentrisitet. Ta’rif. Ellipsning fokuslari orasidagi masofani katta
o’qining uzunligiga nisbati ekstsentrisitet deyiladi va ekstsentrisitet ye harfi
bilan belgilanadi.
2 c
c
Ta’rifga ko’ra e 2 a  a hamda c a 0 e1 .
Ellipsning ekstsentrisiteti uning shaklini aniqlashda muxim rolь o’ynaydi.
Haqiqatan ham, (1.2.5) dan c2 a 2 b2 , shuning uchun
2
e

c2

a2
a 2  b2
1
a2
 b 2
,
 a
bundan
b
a
1 e2 .
b
Ekstsentrisitet e 1 da (lekin e 1 ) a 0 bo’lib (bu yerda a o’zgarmaydi
deb faraz qilinadi), b kichiklashadi va elips Ox o’qqa qisila boradi, aksincha
b
e 0 bo’lsa, a1 b a .
Bu holda ellips aylanaga
yaqinlasha boradi.
 aylana va
y
B
9-chizmada
1 , 2 , 3 ellipslar
ekstsentrisitetlari:


tasvirlangan bo’lib, e1 , e2 , e3 bu
ellipslarning

1
2
3
A2
e1 e2 e3 .
28
0
A1
x
9-chizma
Giperbola.
1. Ta’rifi, kanonik tenglamasi. Tekislikda har bir nuqtasidan fokuslar deb
ataluvchi berilgan ikkita F1 , F2 nuqtagacha bo’lgan masofalar ayirmasining
absolyut qiymati berilgan kesma uzunligiga teng bo’lgan barcha nuqtalar
to’plami giperbola deb ataladi.
Giperbola ta’rifidagi berilgan kesma uzunligini 2a(a 0) bilan, fokuslari
orasidagi masofani 2c(c 0) bilan belgilaymiz.
29
Albatta
2a 2c .
Giperboladagi M nuqtaning F1, F2
y
gacha masofalari uning fokal radiuslari
deyiladi va r1, r2 bilan belgilanadi, ya’ni
M
j
0
F
2
i
r1 pF1 , M, r2 pF2 , M.
F
x
1
Giperbolaning ta’rifiga binoan
r1 r2
 2a
(1.2.20)
10-chizma
(1.2.20) tenglik faqat giperbolada yotgan M nuqtalar uchungina o’rinli. Bu
tenglikni koordinatalarda yozamiz. Buning uchun dekart reperini ellips bilan ish
ko’rganimizdek qilib tanlaymiz. (10-chizma).
Fokuslar orasidagi masofa pF1 , F2 2c bo’lgani uchun olingan reperga
nisbatan F1c, 0, F2 c, 0. Shu reperga nisbatan giperboladagi ixtiyoriy M
nuqtaning koordinatalarini x, y bilan belgilaylik: M(x, y). U holda
r1 x c2 y2 , r2
x c2 y2
bo’lib, (1.2.20) va (1.2.21) dan
x c2 y2 x c2 y2
yoki
30
 2a
(1.2.21)
r1 r22ax c2 y2  x c2 y2 2a
(1.2.22)
Giperbolani ifodalovchi (1.2.22) tenglamani soddaroq ko’rinishga keltiraylik.
(1.2.22) dan:
x c2 y22a x c2 y .
Bu tenglikning ikkala tomonini kvadratga ko’tarib, soddalashtiramiz:
 a x c2 y2 cx a2 .
Bu tenglamani yana kvadratga ko’tarib, so’ngra soddalashtirsak,
c  a x  a
2
2
2
2


y 2 a2 c2 a2 .
(1.2.23)
2
a 2 c2 c2 a 2 0 ; bu ayrimani b bilan belgilaymiz:
b2 c2 a 2 .
(1.2.24)
U holda (1.2.23) munosabatdan ushbu sodda tenglamaga kelamiz:
x2
a2
y2

1.
b2
(1.2.25)
Demak, giperbola ikkinchi tartibli chiziqdir. (1.2.25) tenglama giperbolani
ifodalovchi (1.2.22) tenglamaning natijasi, shunga ko’ra koordinatalari (1.2.22)
tenglamani qanoatlantiradigan har bir M(x, y) nuqta (1.2.25) tenglamani ham
qanoatlantiradi.
Endi buning teskarisini isbot qilaylik. M1(x1, y1) (1.2.25) ni
qanoatlantiruvchi ixtiyoriy nuqta bo’lsin, ya’ni
x2
y2
1
a
2 
1
b2
1.
M1 nuqtaning F1, F2 fokuslardan masofalari:
31
(1.2.26)
r1 x1 c2 y12 , r2  x1 c2 y12 .
(1.2.26) tenglikdan y12 
b2
x12 a 2. Bu
(1.2.27)
qiymatni (1.2.27) tengliklarga qo’yib,
a2
b  c  a
2
2
2
munosabatni e’tiborga olsak,
c
r1
x

 a ,
1
a
(1.2.28)

c

r2 
 a
x1
a
(1.2.29)

tengliklarga ega bo’lamiz, r1, r2 musbat sonlar, shunga ko’ra qavslar oldidagi
ishoralarni shunday tanlash kerakki, (1.2.28) va (1.2.29) tengliklarning o’ng
tomonlari ham musbat bo’lsin. (1.2.26) dan x1 a . Bundan tashqari,
c ac
1. U holda, agar x a bo’lsa, c x a 0 va c x a 0 bo’lib, (1.2.28)
a
a1
1
a
1
va (1.2.29) tengliklardagi qavslarni + ishora bilan olamiz, ya’ni
r c x a, r c x a .
1
Bulardan
a1
2
(1.2.30)
a1
r r  c x a c x a2a; xa
a 1
a 1
12
1
bo’lsa, c x a 0 va
a
1
c x a 0
a 1
bo’lib, (1.2.28), (1.2.29) tengliklardagi qavslarni – ishora bilan olamiz, ya’ni
r a c x , ra c x ;
a 1
a 1
1
2
bulardan
r r a c x a c x  2a .
1
2
a
1
32
a1
(1.2.31)
Demak, (1.2.25) tenglamadan (1.2.22) tenglama kelib chiqadi. Shunday
qilib (1.2.25) tenglama giperbolaning tenglamasidir. (1.2.25) tenglama
giperbolaning kanonik tenglamasi deyiladi.
(1.2.30) va (1.2.31) tenglamalardan quyidagi natija kelib chiqadi:
giperboladagi ixtiyoriy M(x, y) nuqtaning
fokal radiuslari uning x abtsissasi
r1 , r2
orqali
x 0 bo’lganda r c x a, r c x a ,
1
2
a
a
(1.2.32)
x 0 bo’lganda r a c x, r ac x
1
2
a
a
(1.2.33)
ko’rinishlarda chiziqli ifodalanadi.
Misol. Giperbolaning F1 (10, 0), F2 (10, 0) fokuslarini va

nuqtalaridan biri

A 12, 3 5 ni bilgan holda uning tenglamasini tuzing.
Echish. Bu yerda
r1 pF1 , A 4 45 49 7 .
r2 pF2 , A 484 45 529 23 .
7 23 2a a 8 .
Giperbola uchun b2 c2 a 2100 64 36 b 6 . Demak,
x2
 y  1 .
64
2
36
2. Giperbola shakli. Giperbolaning
x2
 y  1
2
a 2 b2
tenglamasiga asoslanib uning shaklini aniqlaymiz.
33
Ellips tenglamasi ustida olib borilgan muhokamalarni takrorlab
giperbolaning koordinatalar boshi, koordinata o’qlariga nisbatan simmetrikligi
aniqlanadi.
A1a, 0 va A2 a, 0nuqtalarda kesadi. (1.2.25)
Giperbola Ox o’qni
tenglama bilan aniqlangan giperbola
(1.2.25) tenglamaga x 0
Oy o’q bilan kesishmaydi. Haqiqatan
ni qo’ysak,  y
2
b
 1 . Ravshanki, bu tenglik haqiqiy
2
sonlar sohasida o’rinli bo’lmaydi.
A1 , A2 nuqtalar giperbolaning uchlari deyiladi. Shunday qilib, giperbolaning
ikkita uchi bor ekan. Giperbolaning uchlari orasidagi masofa uning haqiqiy o’qi
deyiladi.
Ordinatalar o’qida 0
nuqtalarni belgilaymiz. B1 B2
dan b masofada turuvchi B10,b va B20, b
 2b ni giperbolaning mavhum o’qi deyiladi.
Agar Mx, y nuqta giperbolada yotsa, uning uchun (1.2.25) tenglamadan:
 a . Demak, xa to’g’ri chiziqlar bilan chegaralangan a x a polosada
x
giperbolaning nuqtalari yo’q .
(1.2.25) tenglamani y ordinataga nisbatan yechamiz:
b
y x2 a2 .
a
(1.2.34)
Bu tenglamadan ko’rinadiki, x miqdor a dan gacha ortganda va –a dan
gacha kamayganda y miqdor y oraliqdagi qiymatlarni qabul qiladi.
Demak, giperbola ikki qismdan iborat bo’lib, ular giperbolaning tarmoqlari
deyiladi.
Giperbolaning bir (o’ng) tarmog’i
x a
tarmog’i xa yarim tekislikda joylashgan.
34
yarim tekislikda, ikkinchi (chap)
Eslatma. Agar giperbolaning fokuslari ordinatalar o’qida joylashgan
2
2
bo’lsa, uning kanonik tenglamasi y 2  x 2  1 ko’rinishda bo’ladi.
b
a
3. Giperbola asimptotalari. Giperbolaning shaklini yana ham aniqroq
tasavvur qilish maqsadida tekis (yassi) chiziqning asimptotasi tushunchasini
kiritamiz.
Ta’rif. Agar MG nuqta shu G chiziq bo’ylab harakatlanib borganida uning
u to’g’ri chiziqqacha bo’lgan masofasi nolga intilsa, to’g’ri chiziq G chiziqning
asimptotasi deyiladi.
b
Teorema.
x2
b
y a x, ya x
y2
a 2 b2  1 giperbolaning
to’g’ri chiziqlar
asimptotalaridir.
Isbot. Giperbola koordinatalar o’qlariga nisbatan simmetrik bo’lgani
uchun giperbolaning birinchi chorakdagi qisminigina olish yetarli. SHu
maqsadda x a da giperbolaning birinchi chorakdagi qismini aniqlaydigan
b
y x2 a2
a
(1.2.35)
y b x
a
(1.2.36)
tenglama bilan
b
tenglamani solishtiramiz. y a x to’g’ri chiziq koordinatalar boshidan o’tadi va
y
burchak
koeffitsenti k b . 11- chizmada
PN
a
B
to’g’ri chiziqning birinchi chorakdagi
M
b
j
0
bo’lagi tasvirlangan bo’lib, unda
35
A
i
a
x
OA a, AB b .
11-chizma
b
Giperbola va y a x to’g’ri chiziqda mos ravishda joylashgan bir hil abstsissali
Mx, y, Nx,Y nuqtalarni qaraymiz. Bu ikki nuqtaning mos ordinatalari:
y
b
a
x2 a2 , Y
b
a x bo’ladi.
MN kesmaning uzunligini hisoblaymiz:
b
b
b
Y x x2 
a
a
a
x2 a2 yY y
yoki Y y 0 , demak, pM , N Y y . Lekin
Y y
b
a
x x  a b x x  a x x  a 
2
2
2
2
2
2
x x2 a 2
a
yoki
ab
Y y x x 2 a 2 .
Giperboladagi M nuqtadan (1.2.36) to’g’ri chiziqqa tushirilgan
perpendikulyarning asosi R bo’lsin, u holda
ab
pM , P pM , N pM , Px x 2 a 2 .
36
lim
x
ab
xx 2 a 2
ifodani tekshiraylik. Uning maxraji cheksiz ortib boruvchi ikki
musbat qo’shiluvchining yig’indisidan iborat bo’lib, surati esa o’zgarmas ab
miqdordir, demak,
ab
lim
x
0.
xx 2 a 2
U holda
pM , P pM , N dan pM , P 0 .
Demak, giperboladagi M nuqta giperbola
bo’yicha harakatlanib, uning
yetarlicha
uzoqlashsa,
M
12-chizma
uchidan
nuqtadan
(1.2.36) to’g’ri chiziqqa bo’lgan msofa
nolga intiladi. Yuqoridagi ta’rifga ko’ra
giperbolaning qaralayotgan qismi uchun
(1.2.36) to’g’ri chiziq asimptota bo’ladi.
Giperbolaning koordinata o’qlariga
nisbatan simmetrikligidan y b x to’g’ri
a
chiziq ham giperbolaning asimptotasidir.
Shunday qilib,
y b x, yb x
a
a
(1.2.37)
tenglamalar bilan aniqlanadigan to’g’ri chiziqlar giperbolaning asimptotalaridir
(12-chizma)
Misol.
37
Asimptotalari 2x y 0, 2x y 0 tenglamalar bilan berilgan va fokuslari
markazdan 5 birlik
masofada bo’lgan giperbolaning kanonik tenglamasini
tuzing.
Yechish.
Berilgan tenglamalarni y 2x,
hamda
y2x ko’rinishda yozib olsak
b 2
a
(1.2.37) tenglamalar bilan solishtirsak,
markazdan 5 birlik masofada bo’lgani uchun
yoki b 2a bo’ladi.
Fokuslar
c 5 bo’lib, b2  c2 a 2 tenglikdan
foydalansak, 4a 2 25 a 2 , bundan a 2  5, a 5 ,
u holda b 2 5 . SHularga
asosan giperbolaning izlanayotgan tenglamasi:
x2
5
 y  1 .
2
20
4. Teng tomonli giperbola. Yarim o’qlari teng bo’lgan giperbola teng
tomonli deb ataladi.
x 2  y 2  1 tenglamada a b bo’lganda:
a2
b2
x2 y 2 a2 .
Teng tomonli giperbola asimptotalarining tenglamalari y x,
(1.2.38)
yx ko’rinishda
bo’lib, ular o’zaro perpendikulyark1k21. Bu asimptotalarni yangi koordinata
o’qlari sifatida qabul qilsak, teng tomonli giperbola tenglamasi o’rta maktab
kursida ko’riladigan ixcham xy a ko’rinishni oladi.
Haqiqatan, Ox o’q uchun yx asimptotani, Oy o’q uchun esa
asimptotani olsak, u holda
i
, 45 .
i

Eski x, y koordinatalardan yangi koordinatalarga o’tish formulalaridan
38
y x
x xy, y x y .
2
2
 
Endi x, y koordinatalardan x , y ga o’tsak, teng tomonli giperbolaning
yangi tenglamasini hosil qilamiz:
2
2
a
a
xy 2 yoki y2x .
Parabola
1. Ta’rifi. Kanonik tenglamasi. Tekislikda har bir nuqtasidan berilgan
nuqtagacha va berilgan to’g’ri chiziqqacha bo’lgan mpsofalari o’zaro teng
bo’lgan barcha nuqtalar to’plami parabola deb ataladi. Berilgan nuqta berilgan
to’g’ri chiziqda yotmaydi deb olinadi. Berilgan nuqta parabolaning fokusi,
berilgan to’g’ri chiziq esa parabolaning direktrisasi deyiladi.
Parabolaning fokusi va direktrisasini mos ravishda F va d bilan, fokusdan
direktrisagacha bo’lgan masofani p bilan belgilaymiz. Ta’rifdan foydalanib,
parabolatenglamasini keltirib chiqaraylik: buning uchun dekart reperini
quyidagicha tanlaymiz: abstsissalar o’qi deb F nuqtadan o’tuvchi va d to’g’ri
chiziqqa perpendikulyar bo’lgan to’g’ri chiziqni qabul qilamiz, uning musbat
yo’nalishi ko’rsatilgandek bo’lib, abstsissalar o’qining d to’g’ri chiziq bilan
kesishgan nuqtasi N bo’lsin. Ordinatalar o’qini FN kesmaning o’rtasidan
p
p
o’tkazamiz. Tanlangan reperda direktrisa tenglamasi x 2 , F fokus esa 2
, 0 koordinatalarga ega bo’ladi.
Parabolaning ixtiyoriy nuqtasi Mx, y bo’lsin. M nuqtadan direktrisaga
tushirilgan perpendikulyarning asosini L bilan belgilaylik. U holda parabolaning
ta’rifiga ko’ra
39
pF , M pL, M.
(1.2.41)
(1.2.41) tenglikni koordinatalarda ifodalaylik. Ikki nuqta orasidashi masofa
formulasiga ko’ra
pF , M 

pL, M

p 2

2
 x

p 2
x

2 
2
y
;
2
y y
p
.
2
 x
Bu qiymatlarni (1.2.41) munosabatga qo’yamiz:

 x

p2
  y
2

p
2
x
2
(1.2.42)
.
reperga nisbatan
(1.2.42) tenglama parabolaning tanlangan
yotgan nuqtalarning
tenglamasidir, chunki uni faqat parabolada
koordinatalarigina qanoatlantiradi.
(1.2.42) tenglamani soddaroq ko’rinishga keltiramiz. Buning uchun uning
ikkala tomonini kvadratga ko’tarib, ixchamlaymiz:

 x

p 2

y
2
2

 x

p2
 yoki
2
x
p2
 px
  y
 2
2
2
x
2
p 2
 px
.
2
bundan
y 2 2 px
(1.2.43)
(1.2.43) tenglamani (1.2.42) tenglamaning natijasi sifatida keltirib chiqardik.
Endi o’z navbatida (1.2.42) tenglamani (1.2.43) tenglamaning natijasi
sifatida keltirib chiqarish mumkinligini ko’rsatamiz. Buning uchun koordinatalari
(1.2.43) tenglamani
tegishli ekanini
ko’rsatish kifoya.
qanoatlantiradigan har bir nuqta parabolaga
M1x1 , y1
nuqtaning koordinatalari (1.2.43) tenglamani
40
y12 2 px1 sonli tenglik
qanoatlantirsin, ya’ni
x
bajarilsin. SHu bilan birga
 p 
p
tenglamaga ega bo’lgan d to’g’ri chiziq va
F
, 0 nuqta berilgan bo’lsin.
2 
2
M1 nuqtaning F va d dan bir xil masofada turishini ko’rsatishimiz kerak:
pF , M 1 



x p  y
2

1
2
.
1
2
va
pL, M  x p
1
1 2 .
Bu tengliklarga y12 2 px1 ni qo’ysak,
p F , M 1

2
x2  pxp  2 px
1
1
1
4

x p  
2


1

x1 2
p
 pL, M1.
2
Bundan M1 nuqta parabolaga tegishli. Demak, (1.2.43) parabola tenglamasi
bo’lib, u kanonik tenglama deyiladi.
2. Parabola shakli. Parabolaning shaklini uning (1.2.43) tenglamasiga
ko’ra tekshiramiz.
y 2 0
va p 0 bo’lgani uchun y 2 2 px tenglamada x 0 bo’lishi kerak.
Bundan (1.2.43) parabolaning barcha nuqtalari o’ng yarim tekislikda
joylashganligi kelib chiqadi;
x 0 da (1.2.43) y 0 parabola koordinatalar boshidan o’tadi.
Koordinatalar boshi parabolaning uchi deyiladi;
x ning har bir x 0 qiymatiga y ning ishoralari qarama-qarshi, ammo
absolyut miqdorlari teng bo’lgan ikki qiymati mos keladi. Bundan parabolaning
Ox o’qqa nisbatan simmetrik joylashganligi aniqlanadi. Ox o’q parabolaning
simmetriya o’qi deyiladi. U shu bilan bir vaqtda parabolaning fokal o’qi hamdir.
41
(1.2.43) y 2 px . Bu tenglamadan ko’rinadiki, x ortib borsa,
ortib boradi, ya’ni x da
y ham
y . Ko’rsatilgan bu xossalarga asoslanib
parabolaning shaklini 13-chizmadagidek taxmin qilish mumkin.
y
y
F
N
0
F
x
0
d
d
13-chizma
14-chizma
Parabolaning tenglamasini hosil qilish uchun dekart reperini maxsus
tanladik, ya’ni Ox o’qni fokus orqali direktrisaga perpendikulyar qilib o’tkazdik.
Agar dekart reperini boshqacha usulda tanlasak, albatta, parabolaning
tenglamasi ham (1.2.43) ko’rinishdan farqli bo’ladi. Masalan, agar parabola
koordinatalar sistemasiga nisbatan 14-chizmada ko’rsatilgandek joylashgan
bo’lsa, uning tenglamasi x 2 2 py ko’rinishda bo’ladi. 13 va 14-chizmalarda
tasvirlangan parabolaning tenglamalari mos ravishda y 22 px ,
x 22 py ko’rinishda bo’ladi.
42
x
y
y
d
0
F
x
x
0
F
d
15-chizma
16-chizma
Ikkinchi tartibli chiziqlarning umumiy tenglamasi
Tekislikda biror affin (yoki dekart) reperda koordinatalari
a1 1x2 2a1 2 xy a2 2 y 2 2a1 0 x 2a2 0 y a0 0 0
(1.2.44)
tenglamani qanoatlantiruvchi nuqtalar to’plami ikkinchi tartibli chiziq deb
atalishi ma’lum. Bunda
a ,a
11
12
,a
10
,a
20
,a
koeffitsentlar haqiqiy sonlar bo’lib,
00
a1 1, a1 2 , a2 2 lardan kamida bittasi noldan farqlidir (bu shartni bundan buyon
a121 a122 a222 0 ko’rinishda yozamiz).
Biz uchta chiziq: ellips, giperbola va parabolani o’rgandik, bu chiziqlar
ham ikkinchi tartibli chiziqlardir, chunki (1.2.44) tenglamada
43
a11
a
1
2
, a22
b
1
2
, a001bo’lib, qolgan barcha koeffitsentlar nolь bo’lsa,
u
1
bo’lsa, (1.2.44)
b2
ellipsning kanonik tenglamasi, shu shartlarda yana
a2 2
tenglama giperbolaning kanonik tenglamasi, a1 0
p; a2 2 1 bo’lib, qolgan
koeffitsentlar nolь bo’lsa, (1.2.44) tenglama
parabolaning
kanonik
tenglamasidir.
Quyidagi tabiiy savol tug’iladi: tekislikda ko’rilgan bu chiziqlardan boshqa
yana ikkinchi tartibli chiziqlar bormi? Bu savolga quyida javob berishga harakat
qilamiz. Avvalo shuni ta’kidlaymiz: bizga ma’lumki, chiziqning tartibi
koordinatalar sistemasining olinishiga bog’liq emas. Bundan foydalanib,
koordinatalar sistemasini tegishlicha tanlash hisobiga barcha ikkinchi tartibli
chiziqlar to’la geometrik tavsiflab chiqamiz. Ikkinchi tartibli chiziq0, i , j
dekart reperida (1.2.44) umumiy tenglamasi bilan ifodalangan bo’lsin. SHunday
reperni tanlaymizki, unga nisbatan chiziqning (1.2.44) tenglamasi mumkin
qadar sodda – “kanonik” ko’rinishga ega bo’lsin, ya’ni
1) o’zgaruvchi koordinatalar ko’paytmasi qatnashgan had bo’lmasin;
2) birinchi darajali hadlar soni eng oz bo’lsin (iloji bo’lsa, ular butunlay
qatnashmasin);
3) mumkin bo’lsa, ozod had qatnashmasin.
Agar (1.2.44) tenglamada
a1 2 0 bo’lsa, soddalashtirishni quyidagicha
bajaramiz. reperning o’qlarini 0 nuqta atrofida ixtiyoriy burchakka burib,
yangi0, i , j  dekart reperini hosil qilamiz.
formulalari
x xcos ysin,

y xsin ycos
44
 reperdan reperga o’tish
(1.2.45)
dan x, y ni (1.2.44) ga qo’ysak va o’xshash hadlarini ixchamlasak, chiziqning
(1.2.44) tenglamasi reperda ushbu ko’rinishni oladi:
 2
   2

  
a1 1x  2a1 2 x y  a2 2 y  2a1 0 x  2a2 0 y  a0 0 0 ,
(1.2.46)
bunda:
a1 1 a1 1 cos2 2a1 2 cos sin a2 2 sin 2 ,
a1 2a1 1 sin cos a1 2 cos2 a1 2 sin 2 a2 2 sin cos ,

2
2
a
 a1 1 sin  2a1 2 sin cos a2 2 cos


22
a
10
 a1 0 cos a2 0 sin,
a
20
(1.2.47)belgilashlardan

a ,a
(1.2.47)
,

a1 0 sin a2 0 cos, a0 0 a0 0 .
ko’rinadiki,
(1.2.46)
tenglamadagi

, a2 2 koeffitsentlar
(1.2.44) tenglamadagi a1 1, a1 2 , a2 2 koeffitsentlarga va
 burchakka bog’liq, shu bilan birga a1 1, a1 2 , a2 2 ning kamida biri noldan
11
12
farqli, chunki
cos2
cos2
1
 sin cos cos2 sin 2 sin cos   sin 2
2
sin 2
cos2
 2sin cos
sin 2 
2 cos sin
sin 2
sin 2
1
cos 2
sin 2 
2
 sin 2 cos 2 
sin 2
cos2 sin 2 sin 2
cos2
sin 2 1
 1 sin 2 cos 2 1 sin 2 1 sin 2 cos 2 0 
2
2
2
1
0
1
1
0
2
 2 cos2 cos 2 cos 2 sin 2 2 cos 22 cos2 sin 2 cos2 sin 2 2
 cos 2 cos 2 sin 2 2 1 0.


 burchakning ixtiyoriyligidan foydalanib, uni shunday tanlab olamizki,
almashtirilgan (1.2.46) tenglamadagi a1 2 koeffitsent nolga teng bo’lsin, ya’ni
a1 2a1 1 sin cos a1 2 cos2 a1 2 sin 2 a2 2 sin
cosa1 1 cos a1 2 sinsina2 1 cos a2 2
sincos 0
yoki
45
a11 cos a12 sin  a21 cos a22 sin .
cos
sin
(1.2.48)
(1.2.48) munosabatni biror ga tenglab, uni quyidagi ko’rinishda yozish
mumkin:
a1 1cos a1 2 sin 0,
a cosa sin 0.
 2 1
22
(1.2.49)
Bu sistema bir jinsli, shuning uchun uning determinanti nolga teng ya’ni
a1 1
a
21
a
12
a2 2
 0 yoki2a1 1 a2 2a1 1a2 2 a122 0
(1.2.50)
bo’lgandagina sistema noldan farqli yechimga ega bo’ladi.
(1.2.50) tenglama chiziqning xarakteristik tenglamasi deyiladi.
(1.2.50) tenglamaning ildizlari.
 a1 1 a2 2 a1 1 a2 22 4a1 1 a2 2 a122a1 1 a2 2
D
.
1,222
a1 2 0 bo’lgani uchun uning diskriminanti:
D a1 1 a2 22 4a1 1a2 2 a122a1 1 a2 22 4a122 0 .
Demak, (1.2.50) tenglamaning1 ,2 ildizlari turli va haqiqiydir.
(1.2.48) dan
a

11
cos a sin cos,
12
(1.2.51)
a2 1 cos a2 2 sin sin.



2
cos 0 ga bo’libcos 0 
tengliklarni yoza olamiz. Ularning har birini
va a1 2a1 1 cos a1 2 sinsina2 1 cos a2 2 sincos 0 a1 2 0 ,
46

(ya’ni a1 2 azaldan 0 ga teng ekan) ushbuni hosil qilamiz:
tg
 a1 1
a
a

21
(1.2.52)
.
 a
22
12
(1.2.52) munosabatga navbat bilan (1.2.50) xarakteristik
tenglamaning 1 ,2 ildizlarini qo’yamiz:
1 a1 1
tg1
  a
, tg2
2
a
11
.
(1.2.53)
a
12
12
Viet teoremasiga ko’ra (1.2.50) dan
12  a1 1 a2 2 ,12  a1 1a2 2 a122 .
(1.2.54)
(1.2.54) va (1.2.53) formulalardan ushbuga ega bo’lamiz:
tg1tg2
  a
1
2
11
 2 a 2
1
a
11
2

1 21  2 .
12
Shunga ko’ra tg Ox o’qning dagi burchak koeffitsienti bo’lganda
tg2

 tg1



 Oy o’qning shu reperdagi burchak koeffitsienti bo’ladi. U holda
2 
Ox o’qning i
birlik vektorining koordinatalari bo’lmish cos1 , sin1 .
sin1 
tg1
1 tg 21
, cos1
1
1 tg 21
formulalardan, Oy o’qning jbirlik vektorining koordinatalari cos2 , sin2

sin2  sin1




 

2 
, cos2 cos 1 
  cos1
2 
sin1
tengliklardan aniqlanadi.1 bo’lganda (60) dan
a1 1 cos1 a1 2 sin11 cos1 ,
a2 1 cos1 a2 2 sin11 sin1 ,
47
u holda
a1 1a1 1 cos1 a1 2 sin1cos1a2 1 cos1 a2 2 sin1sin1
 1 cos1 cos11 sin1 sin1
(1.2.47)
qilib,

1- va
3- tengliklarni
hadlab
qo’shsak,
 
1 1  a2 2  a1 1sin  cos  a2 2sin  cos
 yokia1 1  a2 2  a1 1 a2 2. (1.2.54) dan


a1 1 a2 212 va a1 1 1 ekanini hisobga olsak, a2 22 kelib chiqadi. Shunday
a

munosabatda
2
2
koordinatalar
2
sistemasini
2
(1.2.53)
formuladan
aniqlanuvchi
 1 burchakka (bu yerda1 yangi Ox o’qning eski Ox o’qqa og’ish burchagi)
burish bilan0, i , j

 

reperdan shunday ,0, i , j  reperga o’tish mumkinki,
unga nisbatan (1.2.44) tenglama soddalashib, ushbu ko’rinishga ega bo’ladi:
2
2


1 x 2 y  2a1 0 x  2a2 0 y a0 0  0 .
(1.2.55)
Agar Ox o’qning burchak koeffitsienti uchun tg2
  
2
11
ni qabul
a
12


qilinsa, u holda a1 12 , a2 2 1 ekanini aynan yuqoridagi kabi ko’rsatish mumkin.
Shuni aytish lozimki, agar (1.2.44) tenglamada a1 2 0 bo’lsa, koordinatalar
sistemasini burish bilan almashtirishga hojat qolmaydi.


Endi  0, i , j  reperdan shunday reperga o’tamizki, unga nisbatan
 chiziqning (64) tenglamasida birinchi darajali hadlar qatnashmasin. Bu ishni
koordinatalar boshini ko’chirish bilan bajarish mumkin.
(1.2.55) tenglamada1 ,2 koeffitsientlarning kamida biri noldan farqli,
chunki agar12 0 bo’lsa, (1.2.55) tenglama birinchi darajali tenglamaga
aylanar edi. Demak, bu yerda quyidagi uch hol bo’lishi mumkin:
1. 10,20120
Bu holda12 a1 1a2 2 a122 a1 1a2 2 a122 0 . (1.2.55)
tenglamaning
tomonidagi hadlarni x , y  ga nisbatan to’liq kvadratga keltiramiz:
48
chap



1
x
2

a 2
a




y
 21 x  2 2

1 
10
10
2
a
20
a2  a 2

20

10
a2
20
 2  y  2      a0 0 0 ,
2
2
2 
1
bundan

  x

1
bu yerda a00 a0 0

a 2
10

1
 
Endi0, i , j

a 2

10


1

a 2


  

2 

20
  y
 a0 0

2
  0 ,
(1.2.56)
a 2

20

.
2
 ni u quyidagi formula bilan aniqlanadigan parallel ko’chirishni
bajaraylik:

X


x


Y y

1
,
10
(*)
a
20
.
2

  
U holda yangi0 , i , j
a
 reper hosil bo’lib, chiziqning tenglamasi
soddalashadi:
1 X 22Y 2 a00 0.
I
2. 1 02 0, a1 0 0 yoki2 01 0, a2 0 0.
Bu hollardan birini ko’rsatish yetarli; chunki
x y,

y x
Almashtirish yordamida ularning birini ikkinchisiga keltirish mumkin.
Birinchi holni qaraymiz:
1 02 0 ni hisobga olib, (1.2.55) tenglamaning chap tomonidagi
hadlarni y ga nisbatan to’liq kvadratga keltiramiz:
49

  y2
2

a 2 
a
 2


20
y
2
20


a 2 
a 00

  0.
2a 2a 
10
1 0 2 
 2a x
2 
2 
20
1 0 

yoki

  y

2
a
bunda a

 
a  2
20


 2a1 0

2 
x 
 0,

a
a 2
00
2a  2a
20
belgilashni kiritdik.
10 2
10
Ushbu
X x a.


a 20

Y y

2
formulalar bo’yicha koordinatalar sistemasini almashtiramiz, ya’ni koordinatalar

boshi
0 ni

O
  a ,


a 
20

 nuqtaga ko’chira miz . U holda hos il bo’lgan
0 , i , j
2 
reperga nisbatan chiziqning tenglamasi ushbu sodda ko’rinishni qabul qiladi:
2Y 2 2a1 0 X 0.
II
3. 1 0, a1 0 0 yoki2 0, a2 0 0.
Bu hollar ham bir-biriga o’xshash bo’lib, shuning uchun ularning
birini qarash yetarli.
Birinchi holni qaraymiz.1 0, a1 0 0 da (64) tenglama ushbu ko’rinishni
oladi:
2
 
2 y  2a2 0 y
a
00
 0,
(1.2.57)
bu yerda2 0 bo’lgani uchun (1.2.57) ni quyidagicha yozish mumkin:
50

 

  y2
2 
 2
a 2  a2
a


20
y

10
 
2

2
20
a
0
00
2
yoki

a  2
  y
20
2 

 a  0,

00
2 

bunda
a 2
a a 
00
00
20
2
.
X x

Ushbu 

2


Y
 y
  reperdan   reperga
a2 0
for mulalar bo’yi cha

0, i , j

0,i,j
 a 
o’tamiz, ya’ni koordinatalar boshi 0 ni 0
 0,

20

 nuqtaga ko’chira miz . Yangi
 2 
reperda chiziqning sodda tenglamasi hosil bo’ladi:
2Y 2 a00 0.
51
III
II bob. Ikkinchi tartibli egri chiziq teglamasini soddalashtirish.
2.1-§. Ikkinchi tartibli egri chiziqning invariantlari.
Faraz qilaylik bizga ikkinchi tartibli egri chiziq o’zining umumiy tenglamasi
bilan berilgan bo’lsin.
a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2 2a1 2x 2a2 3 y a3 3 0
(2.1.1)
Quyidagi almashtirishni bajaraylik.
x X cosY sin x0 ,

y X sin Y cos y0 .
52
(2.1.2)
Bu almashtirish natijasija (2.1.1) chizig’imizni tenglamasi quyidagi
ko’rinishni oladi.
A x2  2a xy a y2 2a x 2a
11
12
22
y a  0
23
13
(2.1.3)
33
Umumiy holda almashtirish natijasida (2.1.1) chiziqning koeffitsentlari
o’zgaradi. Ammo (2.1.1) chiziqning koeffitsentlari bog’liq bo’lgan shunday I (aij )
funktsiyani
tuzish
mumkinki,
bu
funktsiyaning
qiymati
almashtirish
bajarilganidan so’ng hosil bo’lgan chiziq tenglamasidagi koeffitsentlardagi
qiymati o’zgarmaydi, ya’ni I (aij ) I ( Aij ) .
SHunday funktsiyalarga (2.1.1) chiziqning almashtirishga nisbatan invarianti
deyiladi.
Endi (2.1.1) chiziq tenglamasi uchun quyidagi almashtirishni bajaraylik,
ya’ni (oxy) koordinatalar sistemasini koordinata boshi atrofida burchakka
buramiz
x xcos ysin
(2.1.4)

y xsin ycos.

Natijada (2.1.1) chiziq tenglamasi yangi (ox y )
nisbatan quyidagi tenglamaga ega bo’lamiz.
2
 
a x
11
 2

 
 2a1 2x y  a2 2 y  2a1 3x 2a2 3 y
a
koordinatalar sistemasiga

33
0
(2.1.5)
bu yerda
a  a cos2  2a cos sin a sin 2
11
11
12
22
a a sincos a cos2 a sin 2 a sincos
12

11
12
2
22
12
2
a
 a1 1 sin  2a1 2 sincos a2 2 cos 
a1 3 a1 3 cos a2 3 sin
(2.1.6)
22
53
a2 3a1 3 sin a2 3 cos
a3 3 a3 3
Teorema:

Berilgan (2.1.1) chiziq uchun shunday (ox y ) koordinatalar sistemasi
mavjudki, bu sistemaga nisbatan (2.1.1) chiziq
tenglamasida
x va y
o’zgaruvchilarni ko’paytmasi qatnashmaydi.
Isbot:
Haqiqatdan ham shunday
burchak mavjudligini ko’rsatamiz. Buning
uchun a1 2 0 tenglamani yechamiz.
a a
12
cos2 a sin 2 a sincos 0
sincos a
11
12
12
22
yoki


a a
11
22
sin 2 a cos 2 0
12
2
bundan esa quyidagiga ega bo’lamiz.

a a
Ctg 2
11
22
(2.1.7)
2 a
12
Bu hosil bo’lgan (2.1.7) tenglama a1 1, a2 2 va
a1 2 lar har qanday son
bo’lganda ham yechimga ega bo’lganligi uchun a1 2 0 shartni qanoatlantiruvchi
 burchakni mavjudligi kelib chiqadi.
Agar (ox) va (oy) o’qlarni yo’nalishini a1 2 0 tenglama yechimi bo’yicha
tanlasak (2.1.5) chiziq tenglamasidagi koeffitsentlarni hisoblash biroz
yengillashadi, ya’ni
a1 2(a1 1 cos a1 2 sin) sin (a2 1 cos a2 2 sin) cos 0
54
yoki
a11 cos a12 sin  a21 cos a22 sin 
cos
sin
(2.1.8)
Bu (2.1.8) tenglamani quyidagicha yozishimiz mumkin.
) cos a sin 0
(a

11
(2.1.9)
12
a2 1 cos (a2 2) sin 0
Hosil bo’lgan bu (2.1.9) sistema birgalikda bo’lishi uchun quyidagi shart
bajarilishi kerak
a1 1
a
21
a
12
a2 2
 0
yoki
2 (a1 1 a2 2) a1 1a2 2 a122 0
(2.1.10)
Bu (2.1.10) tenglama (2.1.1) chiziqning xarakteristik tenglamasi deyiladi.
Xarakteristik tenglamani ildizlarini1 va2 deb belgilasak. (2.1.9) sistemani
yechimlari bo’lmish tg1 va tg2 larga (2.1.1) chiziqni bosh yo’nalishlari deyiladi.
  a
tg1 1 1 1 
a
a
va tg2 2 a1 1 
21
 a
12
1
a
22
a
21
(2.1.11)
  a
12
2
22
Isbot qilish mumkin tg1tg21


Agar (ox ) o’q yo’nalishini tg1 bo’yicha, (oy ) o’q yo’nalishini tg2 bo’yicha
tanlasak a1 2 0 bo’lib a1 11 ga a2 22 ga teng bo’ladi.
Haqiqatdan
ham
1
(2.1.10) tenglamani ildizi
bo’lsin, u holda
quyidagilarga ega bo’lamiz.
a1 1 cos a1 2 sin1 cos,
a2 1 cos a2 2 sin1 sin.
55
(2.1.12)
Bu ifodalarni a1 2 ga olib borib qo’yamiz
a1 21 cos sin1 cos sin 0
a  (a cos a
11
11
1
sin ) sin cos2  sin 2
sin ) cos (a cos a
12
1
21
1
1
22
1
1
1
1
1
1
1
a1 22 tengligini ko’rsatish mumkin.
Ikkinchi
tomondan (2.1.6) dan a1 1 a2 2 a1 1 a2 2 ekanligini ko’rishimiz
mumkin, bunda esa12 a1 1 a2 2 ekanligi kelib chiqadi.
Natijada (2.1.1) chiziq tenglamasi quyidagi ko’rinishga ega bo’ladi.
2
2
1x 2 y



a
 2a1 3x  2a2 3 y
33
0
  a1 1 hisoblangandan so’ng
Bosh yo’nalish tg1 1
(2.1.13)
a
12
tg1
1
sin1 1 tg 21 , cos1  1 tg 21
larni hisoblab topamiz, so’ngra (2.1.6) dagi a1 3 va a2 3 koeffitsentlar topiladi.
Endi ikkinchi tartibli egri chiziqning invariantlarini topishda asosiy rol
o’ynaydigan
quyidagi
teoremani
keltiramiz.
Buning
uchun
quyidagi
tushunchalar kerak bo’ladi, ya’ni bizga ikki o’zgaruvchiga bog’liq bo’lgan
kvadratik forma berilgan bo’lib
Ô (x, y) a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2
uning matritsasi
a
A 11
a 
12

a
a

21
bo’lsin.
56
22



(2.1.14)
Quyidagi chiziqli almashtirishni bajaraylik
x b1 1x b1 2 y

(2.1.15)
y b2 1x b2 2 y
bu almashtirishni matritsasi
b
B 1 1
b 
1 2


b
b

21
22

bo’lsin.
Teorema:
Agar (2.1.14) kvadratik forma uchun (2.1.15) chiziqli almashtirish
bajarilgan bo’lsa, u holda hosil bo’lgan yangi kvadratik forma matritsasini
determinanti, berilgan kvadratik forma matritsasi determinantini almashtirish
matritsasi determinantini kvadratiga yo’naltirilganiga teng bo’ladi, ya’ni
a1 1 a1 2
a2 1 a2 2
a a b b 2
 1 1 1 2  1 1 1 2
a a b b
21
22
21
2 2
(2.1.16)
Yuqoridagi teoremaga ko’ra (2.1.1) ni burishga nisbatan invariantlarni
topamiz. Quyidagi almashtirishni bajaraylik
x xcos ysin

u holda quyidagilarga ega bo’lamiz
a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2 a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2
(2.1.17)
ikkinchi tomondan
x2 y2 x2 y2
57
(2.1.18)
Bu (2.1.17) va (2.1.18) lardan har qanday haqiqiy son uchun quyidagi
tenglik o’rinli bo’ladi.
a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2(x2 y2 ) a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2(x2 y2 )
yoki


2
(a1 1)x  2a1 2xy (a2 2 ) y  (a1 1 )x  2a1 2x y  (a2 2 ) y
2
2

2
(2.1.19)
Yuqorida keltirilgan teoremaga ko’ra quyidagini yozishimiz mumkin.
a
12
a1 1 a1 2  a1 1
 cos sin 2
a
a a 
a2 2 sin cos
21
21
22
Hosil bo’lgan determinantlarni hisoblaymiz.
2 (a  a ) a a  a 2 2 (a  a ) a a
11
22
11 22
12
11
22
11 22
 a2
12
Bu tenglikdan quyidagilarga ega bo’lamiz.
I1 a1 1 a2 2 a1 1 a2 2
a
I  a1 1 a1 2  1 1
2
a2 1 a2 2 a2 1
a
12
a
22
Invariantni ta’rifiga ko’ra I1 va I2 lar (2.1.1) chiziqni burishga nisbatan
invariantlari bo’ladi.
Berilgan (2.1.1) chiziqni burishga nisbatan boshqa invariantlarini topish
uchun uch o’zgaruvchiga bog’liq bo’lgan quyidagi kvadratik formani qaraymiz.
Ô(x, y, t) a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2 2a1 3xt 2a2 3 yt a3 3t
Quyidagi almashtirishni bajaraylik
58
2
(2.1.20)
x xcos ysin

y xsin ycos

t t
(2.1.21)

Natijada yangi kvadratik formaga ega bo’lamiz
Ô (x, y, t) a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2 2a1 3xt 2a2 3 yt a3 3t2
x2 y2 x2 y2
Yuqoridagidek mulohazalardan so’ng quyidagiga ega bo’lamiz.
(a1 1)x2 2a1 2xy (a2 2) y2 2a1 3xt 2a2 3 yt a3 3t 2
 (a1 1)x2 2a1 2xy (a2 2) y2 2a1 3xt 2a2 3 yt a3 3t2
yoki
a1 1
a2 1
a3 1
a
a
a
a11
a1 2
a
cos  sin 0 2
12
13
a1 2 a1 3
a1 1
a2 2 a2 3  a2 1 a2 2 a2 3  sin cos 0
a
a
a
0
0
1
a3 2 a3 3
31
32
33
Determinantlarni hisoblaymiz
 a
a
11
13
a 2
33


 a2
33
a

11
a
31
13
a
33
a 
2 3 
a
32
33
a3 1 a3 2 a3 3
a


21
22
a
a
a1 3
22
a
33
 a


a
31
a
23
a
a
11
12
13
a
a 
 a 2 2 a 2 3  a
a
a
21
22
23
32
3 3 
a
a
a

31
32
bu yerdan
a1 1 a1 2 a1 3
a a a
1 1
1 2
1 3
I3 a2 1 a2 2 a2 3  a
a a ,
2 1
2 2
2 3
a3 1 a3 2 a3 3 a a a
31
59
32
33
33
K1
a1 1 a1 3
a3 1 a3 3

a a
a a a a
11
13
 22 23 ,
a3 2 a3 3 a a
a a
31
33
32
3 3
2 2
2 3

K2 a3 3 a3 3 larga ega bo’lamiz.
Shunday qilib (2.1.1) chiziqning burishga nisbatan invariantlari I1 , I2 , I3 , K1 , K2 lar bo’lar ekan.
Endi (2.1.1) chiziqning parallel ko’chirishga nisbatan invariantlarini
topamiz. Buning uchun quyidagi parallel ko’chirishni bajaraylik
x X x0
(2.1.22)

y Y y0
natijada (2.1.1) chiziq tenglamasi quyidagi ko’rinishga ega bo’ladi.
a1 1( X x0 )2 2a1 2(x0 X )( y0Y ) a2 2(Y y0 )2 2a1 3(x0 X ) 2a2 3( y0Y ) a3 3 0
yoki

 2



a1 1X  2a1 2 XY a2 2Y  2a1 3X  2a2 3Y a3 3  0
2

(2.1.23)
bu yerda
a11 a1 1, a12 a1 2, a22 a2 2 , a13 a1 1x0 a1 2 y0 a1 3,
a a x a y  a , a  a x2  2a x y  a y 2  2a x 2a y
23
21
0
22
0
23
33
11 0
12
0
0
22
0
13
0
23
a
0
(2.1.24)
33
Hosil bo’lgan (2.1.24) ifodalardan ko’rinadiki a1 1, a1 2, a2 2 koeffitsentlar
(2.1.1) chiziqning parallel ko’chirishga nisbatan invariantlari bo’lar ekan. Boshqa
invariantlarini topish uchun uch o’zgaruvchiga kvadratik formani qaraymiz.
Ô(x, y t) a1 1x2 2a1 2xy a2 2 y2 2a1 3xt 2a2 3 yt a3 3t 2
Quyidagi almashtirishni bajaramiz
60
x X x0T ,

y Y y0T ,
Natijada quyidagi kvadratik formaga ega bo’lamiz.
Ô( X ,Y ,T ) aX 2  2aXY a Y 2  2aXT 2a YT a T 2
11
12
22
13
23
33
Bizga ma’lum teoremaga ko’ra quyidagi tenglikni yozishimiz mumkin.
a11 a12
a21 a22
a31 a32
a13
a23
a33
a a a 1
11
12
13
 a a a 0
21
22
23
a a a
31
32
0 x0
1 y0 0
0 1
2
33
yoki
a11 a12 a13
a
11
I3 a21 a22 a23  a2 1
a31 a32 a33
a
31
a
a
a
12
22
32
a
a
a
13
23
33
Shunday qilib (2.1.1) chiziqning parallel ko’chirishga nisbatan invariantlari
a1 1, a1 2, a2 2 , I3 - lar bo’lar ekan.
2.2-§. Invariantlar yordamida ikkinchi tartibli egri chiziq
tenglamasini soddalashtirish.
Bizga ma’lumki (2.1.1) ikkinchi tartibli egri chizig’imiz quyidagi uchta tipga
ajralar edi.
I.
1 X 22Y 2 a33 0 , agarda1 0,2 0 ;
II.
2Y 2 2a1 3X 0 , agarda1 0, a1 3 0 ;
61
III.
2Y 2 a33 0 , agarda1 0, a1 3 0.
Bu hosil bo’lgan ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamasidagi koeffitsentlarni
invariantlar orqali ifodalaymiz. Buning uchun xarakteristik tenglamani olib
uning ildizlarini invariantlar orqali ifodalaymiz
2I1I20
(2.2.1)
Harakteristik tenglama ildizlari invariantlar orqali ifodalanganligi uchun
ular chiziqli almashtirishga nisbatan invariant bo’ladi.
a) ikkinchi tartibli egri chiziq I tipga tegishli bo’lsin
1 X 22Y 2 a33 0
Viet teoremasiga ko’ra
I212
Qaralayotgan chizig’imiz I tipga tegishli bo’lganligi uchun1 0,2 0 bo’ladi,
bundan esa I2 0 ekanligi kelib chiqadi. Demak (2.1.1) chiziq I tipga tegishli
bo’lishining zaruriy va yetarli sharti I2 0 ekan.
Endi I3 invariantni hisoblaymiz.
a a a
1 0
1 1
1 2
1 3
I3 a
a a  0 2
2 1
2 2
2 3
0 0
a a a
31
32
0
0
12 a33 I2 a33
a33
33
yoki
a33
I3
.
I2
Bundan esa (2.1.1) chiziq I tipga tegishli bo’lsa uning tenglamasi quyidagi
ko’rinishda bo’lishligi kelib chiqadi.
62
 X 2  Y2  I 3  0
1
2
I
(2.2.2)
2
b) Faraz qilaylik (2.1.1) chizig’imiz II tipga tegishli bo’lsin.
2Y 2 2a1 3X 0
Ikkinchi tip uchun1 0, 2  0 va a1 3 0 bo’lganligi uchun I2 0 bo’ladi,
a I3 quyidagiga teng bo’ladi.
0 0 a1  3
2
I3 0 2
0 a1 32 0.
0
a1 3 0
Demak (2.1.1) chizig’imiz II tipga tegishli bo’lishining zaruriy va yetarli
sharti I2 0, I3 0 bo’lishi ekan.
Ikkinchi tomondan: I112 2, a1 3
I
3
I
bo’lganligi uchun, II tip
1
tenglamani invariantlar orqali ifodasi quyidagicha bo’ladi.
I1Y22 I3 X0
I
(2.2.3)
1
v) Faraz qilaylik (2.1.1) chizig’imiz III tipga tegishli bo’lsin, ya’ni
10, a1 3 0
(2.1.1)
chiziqning III tipga tegishli bo’lishining zaruriy va yetarli sharti quyidagicha
bo’ladi.
I2 0 va I3 0 .
K1 -invariantni III tip uchun hisoblaymiz
63
K 0
0
1
a33
0


2
0
0 a33
  2a33 ,
I  , a K1
1
2
33
I1
Bundan esa III tip chiziq tenglamasi invariantlar orqali quyidagicha ifodalanishi
kelib chiqadi.
I1Y2 K1  0
(2.2.4)
I
1
1 – misol:
Quyidagi ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamasi soddalashtirilsin:
x2 8xy 7 y2 2x 8y 8 0
Yechish:
Harakteristik tenglamani tuzamiz:
1)

 (1 7)17 42  0
2 89  0, 9,1.
2
1
2
2) Bosh yo’nalishlarni topamiz
tg1
1 a1 1
91
2,

a
4
12
sin1
tg1

1  tg 21
cos 
1
1
2

1 4

1 tg 21
2
5
 1
1 4
5
1
3) Endi (2.1.6) ifodadagi koeffitsentlarni hisoblaymiz
a1 11 9,
a1 2 0,
a2 221;
64
a1 2  a1 1 cos1 a2 2 sin1
1
8
9
;


5
5
5
a2 3 a1 3 sin1 a2 3 cos1
2
4
2

 ;
5
5
5
a3 3 a3 38
4) Berilgan chiziq tenglamasi yangi koordinatalar sistemasiga nisbatan quyidagi
ko’rinishga ega bo’ladi
9x2 y2 2
9
2
x 2  y 8 0
5
5
2-misol:
Quyidagi ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamasi sodda holga keltirilsin.
6xy 8y212x 26y11 0
Yechish:
a) Bu chiziq tenglamasini invariantlar orqali soddalashtiramiz. SHu
maqsadda invariantlarni hisoblaymiz:
0 3
a a 
11
12 
3 8
I2 a a
I1 a1 1 a2 2 0 8 8,
21
a a a
11
12
13
I3 a
a a
21
22
23
a a a
31
32
9
22
0
3
6
 3
813
 13181318 368911 81
 613 11
33
b) Ikkinchi invariant I2 0 bo’lganligi uchun berilgan chizig’imiz I tipga
tegishli bo’ladi.
v) Xarakteristik tenglamani ildizlarini topamiz
65
2I1I20
2890,19,21.
Bu topilgan qiymatlarni I tip tenglamaga olib borib quyamiz
1X22Y2
I3
0
I2
9X2Y2
8190
9X2Y290
yoki
X2
1
Y 1
2
9
Tenglamadan ko’rinib turibdiki, berilgan chizig’imiz giperboladan iborat ekan.
3 – misol:
Quyidagi ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamasi soddalashtirilsin.
x2 2xy y2 6x 2 y 9 0
Yechish:
a) Berilgan chiziq tenglamasi uchun invariantlarni hisoblaymiz.
a a
11
12
I2 a a
I1 a1 1 a2 211 2,
21
a a a
1 1
1 2
1 3
I3 a
a a
2 1
2 2
2 3
a a a
31
32
11
 1 1 11 0;
22
1 1  3
 1 11 93391916.
 3 1
9
33
66
b) I2 0, I3 0 bo’lganligi uchun berilgan ikkinchi tartibli egri chizig’imiz II
tipga tegishli bo’ladi. Uning tenglamasini yozamiz.
I
I1Y22  3X0
I1
2Y22
16
X0
2
yoki Y 2 2 2 X0
bo’lib, bu chiziq paraboladan iborat bo’ladi.
4 – misol:
Quyidagi ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamasi soddalashtirilsin.
x2 4xy 4 y2 6x12y 5 0 .
Yechish:
a) Berilgan ikkinchi tartibli egri chiziqni invariantlarini hisoblaymiz.
a a
11
12
I2 a a
I1 a1 1 a2 21 4 5,
21
a a a
1 1
1 2
1 3
I3 a
a a
2 1
2 2
2 3
a a a
31
32
 1  2  440;
2 4
22
1 2 3
  2 4 6  203636363620 0.
3 6 5
33
b) Ikkinchi va uchinchi invariantlar I2 0, I3 0 bo’lganligi uchun berilgan
chizig’imiz III tipga tegishli bo’ladi. Endi K1 invariantni hisoblaymiz
K1
a a
a a  1
11
13 
22
23
3
a a
a a
31
33
32
3 3
 3  4 6  59203670
65
5
v) Uchinchi tip tenglamani yozamiz
I1Y2
K1  0 ,
5Y2  70  0 yoki Y 214  0
I
1
5
5
67
Tenglamadan ko’rinib turibdiki berilgan chizig’imiz o’zaro parallel to’g’ri
chiziqlardan iborat bo’lar ekan.
XULOSA.
Ushbu bitiruv malakaviy ishi ikkita bobdan va to’rtta paragrafdan
iborat.Birinchi
bobni
birinchi
paragrafida
chiziq
haqida
ma’lumotlar
keltirilgan.Ikkinchi paragrafida esa ikkinchi tartibli egri chiziq tenglamalariga
to’xtalib o’tilgan va ularni kanonik tenglamalari keltirib chiqarilgan.
Ikkinchi
bob asosan ikkinchi
tartibli
egri
chiziq tenglamalarini
soddalashtirishga bag’ishlangan bo’lib, birinchi paragrafida ikkinchi tartibli egri
chiziqni invariantlari o’rganilgan.Ikkinchi paragrafida esa ikkinchi tartibli egri
chiziq tenglamalari invariantlar yordamida soddalashtirilib,ularni tiplarga
ajratilgan.Har bir paragrafga doir misollar keltirilib,ularni yechish usullari
ko’rsatilgan.
68
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR.
1.И.А.Каримов. Баркамол авлод - Ўзбекистон тараққиётининг пойдевори.
Тошкент:-1998 й.
2. Ўзбекистон Республикасининг Кадрлар тайёрлаш миллий дастури.
Тошкент: 1997.
3. Н.Д.Дадажонов,М.Ш.Жўраева.Геометрия 1-қисм.
Тошкент, ”Ўқитувчи”,1996-йил.
4.Т. А. Азларов, Математикадан қўлланма. 1 қисм .Ўқитувчи нашриёти
Тошкент -1979
5. П.С.Александров. Лекции по аналитической геометри.
Москва,”Наука”,1968-год.
6. С. И. Гелъфонд ва бошқалар. Элементар математика масалалари.
Ўқитувчи нашриёти, Тошкент – 1970
7.И.Я.Бакельман.Аналитик геометрия ва чизиқли
алгебра.Тошкент,”Ўқитувчи” ,1978-йил.
8.
www.ziyonet.uz.
9.
www.mathedu.ru
10.www.mccme.ru
69
70