Časopis pro pěstování matematiky a fysiky

Transkript

1 Časopis pro pěstování matematiky a fysiky Jan Schuster Příspěvky ke geometrii kuželoseček. [II.] Časopis pro pěstování matematiky a fysiky, Vol. 68 (1939), No. Suppl., D11--D136 Persistent URL: Terms of use: Union of Czech Mathematicians and Physicists, 1939 Institute of Mathematics of the Academy of Sciences of the Czech Republic provides access to digitized documents strictly for personal use. Each copy of any part of this document must contain these Terms of use. This paper has been digitized, optimized for electronic delivery and stamped with digital signature within the project DML-CZ: The Czech Digital Mathematics Library

2 ČASOPIS PRO PĚSTOVÁNÍ MATEMATIKY A FYSIKY ČLÁNKY A REFERÁTY. Příspěvky ke geometrii kuželoseček. Dr. Jan Schuster, Praha. (Pokračování.) 1. Dány-li dvě tečny a normála, má se určit vztah mezi směrem a úseky osy na tečně. Stopy M, N normál na tečně mějte vzájemnou vzdálenost m, průsek osy s tečnou od středu úsečky MN vzdálen o u. Podle dřívějších úvah platí: KS = -7T [sec (oc + <p) + cosec <p] (u + m) r srn (oc + <p) LS = -~ [sec (/? + <p) + cosec <p] = (u m) - L vr r / r j v ' sin (js + <p) Vyloučením parametru obdržíme u + m _ sec (oc -\- <p) -{- cosec <p sin (Oc -f- 99) sin /J w m sec (/? + <p) + cosec 99 sin (/? -f- 99) sin a Je-li fl = 90, t. j. je-li N dotykový bod, platí: u + m _ sec (oc + 99) + cosec <p sin (Oc + <p) _ u m cosec 99 cos 99 sin oc cos (Oc + <p) + sin 99 = ooe-(«+ y) [1 + C tg * tg a] ' 13. Jest určiti parabolu ze čtyř normál: y = x + a& (fc = 1,, 3, 4). Řešení provedeme podle odstavce 9, ale trinom T k necháme rozvinutý. Tím vzniknou rovnice: u (Ai B) (1 + *) (1 + B f (y 0 x 0 a k )=0 (k = 1,, 3, 4). Z těchto čtyř rovnic vyloučíme u, x 0, y 0, což dá pro směrnici B osy Časopis pro pěstování matematiky a fysiky. D9 D.11

3 křivky determinanta! rovnici: (A* B)(l+A* ), 1, At, a (1 + B ү k = 0. Když označíme (k = 1,, 3, 4) minory prvků prvního sloupce, bude rovnice znít: 4(A fc -B)(i + A fc ) n (1 + B ү &=i Tato rovnice je podle B stupně sedmého. Ostatní prvky u, x 0, y 0 plynou potom lineárně. Kdyby šlo o tečny, máme řešiti podle odst. 10 soustavu rovnic: u (1 + B k ) (y 0 x 0 B k b k ) (B B k ) = 0 (k=l,, 3, 4), takže pro směr B osy obdržíme rovnici: 1 + B k \B B k, (B B k ) B k, (B B k ) b k \ = 0. Přičteme-li první sloupec a i?-násobný druhý ke třetímu, čímž vznikne 1 + B k * + B (B B k ) (B B )B + k k =l+ B\ můžeme rovnici ve třetím sloupci číslem 1 + JB zkrátit, takže \l+b k \B B k, 1, (B B k )b k \ = Q. Když pak odečteme od prvního sloupce třetí, a od druhého B násobný třetí, bude jednoduše \B k \B k, 1,(B B k )b k [ = 0: takže je rovnice podle B stupně prvního, jak to odpovídá jednoznačnému určení paraboly ze 4 tečen poučkou o Simsonově přímce. Ale tato výjimečná jednoduchost okamžitě zmizí, jde-li o určení paraboly z prvků smíšených, na př. tří tečen a jedné normály: (A.-BHi + A.*), x A, a _ 0 (1 4- BA ) ~~ u B _B yo + x ob* + K= > 1 + B u B B u y + X * B * = 0, 1 + B B B yo + x o B * + b * = - Vyloučení u, x 0, y 0 z těchto rovnic dá pro B rovnici stupně čtvrtého. Kdyby šlo o dvě normály a dvě tečny, bude úkol stupně pátého. Pro tři normály a jednu tečnu vznikne rovnice stupně šestého. D1

4 14. Jistou zajímavost může mít případ, kdy jsou dány tečny a normály patřící ke dvěma bodům paraboly. Potom je úkol vystižen rovnicemi: (A 1 B)(l +A ) A n u (i,, +.' BA1) A\ a J/o + x 0 A 1 + a 1 = 0, (A B)(\+ A *) n (1 + BA ү y 0 + x 0 A + a = 0, u B A + + l -ĄjУo-Xo + ^Л^O Л + l u BA + 1 A Уo Ч + l> A = 0. Vylučme u, x 0, y 0 a položme osu y do spojnice dotykových bodů, jimiž jdou tečny i normály, takže a 1 = b l9 a = b. Tím obdržíme {A 1 B){l+A 1 *) (i + BЛ) (A ДҢl + A,-) (1 + BA f Л +l BA X + Л + i BA + 1' ľ, 1,!.-_, ö^ > 1- A, Q> A ъ 1, a x A x JŁ, 1, a A = 0 Znásobme první řádek číslem A x a odečtěme jej od třetího, podobně druhý číslem A znásobený od čtvrtého. Tím vznikne (А-Я)(i+А ) (1 + BA г ү ' (A -B)(l + A ) (1 + BA f ' 1, 1, A x, A, a x a (l+a.) (1 + ДA, A!«), 0, _(1+Д-), (i + Ai) 0 (1 + A *)(1 + Љ1 A ) (1 + BA ү, 0, (1 + A t -), 0 Zkraťme rovnici čísly 1 + A ± * A a odečtěme první řádek od druhého. Tím obdržíme determinant stupně třetího, který má v posledním sloupci prvky a a x, 0, 0. Dá se tedy hned snížit D13

5 na druhý stupeň, který představuje pro určení B rovnici: Odtud 1 + B A x A! _ 1 + B A % A? (1 + B^) ~ (1 + BAtf 1 + BA 1 A 1 * +_B -_A_ Aj*(B*+l) ~~ Aj-a+B-) - ' Ostatně je tento úkol obsažen v úkolu určiti osu paraboly z daných dvou tečen a jejich bodů dotykových dvou párů soumezných tečen. 15. Pro srovnání metody metrické se známými polohovými určeme kuželosečku z pěti tečen y = B k x + b k (k = 1,, 3, 4, 5). Pata kolmice z ohniska F(x 0, y 0 ) na tečnu je podle odst. 10 dána souřadnicemi y 0 B k + x 0 b k B k y 0 B 1? + B k x 0 + b k y l+b k * ' l+b k * Bod souměrný s ohniskem podle tečny má pak souřadnice: X = x x0 = x 0 (l B k *) + y 0 B k b k B k 1+B* Y = y-y 0 B k x 0 + y 0 (B k * 1) + b k 1 + Bfc Tento bod má od druhého ohniska F'(x 1} velké ose _R. Proto y_) vzdálenost rovnou ár* (i +,) = [XQ{1 _ Bfl + y Q B h b k B k a_(l + _B* )] + + [x 0 B k + y 0 (B k * 1) + b k y_(l + B k *)]\ Takovýchto pět rovnic slouží k určení neznámých x 0, y 0, x x, y x, R* Při rozvinutí rovnice odpadne činitel 1 + B k a zbude 4iž* (1 + B k *) = (x 0 * + y* + x* + y_*) (1 + B k *) + áb k * + + áb k (x 0 B k y 0 + x_b k y x ) + (x 0 x x y 0 y x ) (B k 1) ±B k (x x y 0 + x 0 y ± ). Zavedeme-li zkratky: x 0 x_ = u, y 0 y x = v, x 0 + x_ = s, y yi = t> obdržíme D14

6 4B (1 + Bfe ) = (u + s + v + t 1 + Bfc ) 4ò + 4б (sb ř) + + (s t u + V Bv ) B k (st uv), ( 5 + R) 5^ 4- ( _ _fí) V 4j M t + ±B b 5 k k t4b k B k {st uv) = áb%. Takových pět rovnic pro indexy k = 1,, 3, 4, 5 dovoluje určit neznámé jako poměry determinantů, a to nejprve 8, t, potom st uv, z čehož se určí uv. Po té z veličin 8 + v 4_R a % + + iž se určí ^ v, takže lze určit jednotlivě u, v, a konečně se stanoví R. 16. Dáno pět normál y = x + á k (k = 1,, 3, 4, 5). Pata kolmice spuštěné s ohniska F(x 0, y 0 ) na normálu má souřadnice *, ' l + Ar / 1 + A Bod souměrný s ohniskem podle normály má polohu x 0 (l A k ) + y 0 a k X = y x0 = l + Y=y y 0 x 0 + y 0 ( Přímka FM je spojnice bodu K(XY) 1+A* s T_, tedy 1) + a k x 0 + y 0 ( 1) + a _/_(! + A* ) У Уi = x0 (l A k ) + y 0.4* a k a_(l +,4 fc ) Veďme ohniskem F 7 rovnoběžku k normále : y y 0 = {x x 0 ). Řešením obou posledních rovnic určíme nyní souřadnice bodu M. Abychom pak snadno přišli na vzdálenost bodů F X M, zavedeme pokud možná tvar obsahující #i a ž/i. Především je (x x 0 ) + (y 0 y 1 ) = Obг. 6. _ y 0 ( 1) + x k + a k _/_(! + ) x 0 (l A ) + y 0 a k x_(l + A fc ; (Ж Xj). D15

7 Levou stranu přepišme na (x x x ) + (x x x 0 ) + y 0 y x a převeďme člen x x x na jmenovatele společného s pravou stranou. Tím vznikne (v následujícím zlomku je čitatel příliš dlouhý a proto je vypsán na dvou řádcích) [x 0 ( 3) + y 0 * a k A 1? x x ( + A 1?) i x x \ ž! ^* " A * x a * + y^1 + ^* )] = V -' a; 0 (l A**) + Vo a k x x (l + *) = (Vo /i) + A*(*o «i)- Odtud [ (x 0 sj (y 0 yx)][a^(l ^ ) + y 0^& a^^ ^(l+^ f e )l (1 + i!* ) [ <v4& + y 0 ^* Si-4* + yj a dosazením do horního výrazu pro y y x : y Ví = [ (x 0 Xl ) (y 0 yj] [^ 0 + y 0 (.z.u 1) + a k yi (l + )\ [1 + ] [ XQAJC + y 0 a* x x + yj Je tedy velká osa iž = F X M dána součtem čtverců obou těchto posledních výrazů: 4iř = [A^xo zj (yo yiw ÍW + ž/0 + V + y± ) {i+ ) + + áa k 4:a k (y 0 x 0 + y 1 x 1 ) (x 0 x 1 y 0 y 1 ) (l ) - Mx 0 y 1 + y 0 *i) ]. (1 + Ah%) [ y o _ X o _ ak + y ± _ X i? Zaveďme sem zase zkratky z předchozího odstavce. Tím obdržíme: 4iž (1 + ) [t s a k ] = = ( u v) [u + t + (s + v ) + áa k áa k (t s ) (st uv)], kteráž rovnice ukazuje jistou podobnost s rovnicí v úkolu tečnovém potud, že druhý činitel vpravo má stejnou stavbu jako celá pravá strana výrazu pro 4J? (1 + JS^). Ovšem další řešení, jež vyžaduje vyšetření pěti takových rovnic, zde pomineme. Jen upozorňujeme zase na snížení stupně řešení, jde-li o smíšené určení kuželosečky z tečen a normál, kdy se výsledné rovnice z odstavce tohoto a předchozího přiměřeně kombinují. 17. Známo, že k parabole možná vést tři normály z daného bodu, ť teoreticky požadovaná čtvrtá normála je rovnoběžka k hlavní ose, a protne parabolu v jejím bodě úběžném. D16

8 Obraťme tedy úkol. Buďte dány tři normály vycházející z jednoho bodu a hledejme směr hlavní osy paraboly, který je jimi zcela určen, ť všecky paraboly patřící ke třem normálám z téhož bodu vycházejícím, jsou homotetické. Zvolme průsek normál za počátek, takže a* = 0 v rovnicích v odstavci 13 a jde o tři rovnice tvaru u( -B)(l+ >) (1 + B f y + X(Ah ~ '. Z těchto rovnic vyloučíme u, x 0, y 0, což dá determinantní rovnici po rozvinutí tvaru ~ ( B) (1 + A fc ) (AiM-x A fc+ ) *=f,3 U+BA*) kde se indexy rozumí modulo 3. Rovnici možno tedy psát ve tvaru (Ai B) (1 + BA )* (1 + BA z y (1 + A x ) (A, A s ) = 0, 1,,3 kde indexy se dále mění cyklicky, 7 A 1 *(A t - A 3 ) + B 7 [A 1 (A A 3 ) + A 1 3(A A 3 ) A. (A A,)] + B* 7 [A X (A A 3 ) (A + A 3 ) + + A 1 3(A +A 3 ) (A A 3 )]+B* 7 [ A A 3 (1 + AS) (A A 3 ) - (1 + A& (A + A z f(a A 3 )] + B* 7 [AXA--A,- (A + A 8 ) A A 3 (A * AS) A?A A % (A ^3 )] B^ASAS(A A 3 ) = 0, z čehož 3 7A X (A A 3 ) + B 7 A(A -4 3 ) (3 + ^) A ^ A 3 ) (A + A 3 f (1 + AS) + B*Z(1+ A^).. (A, A 3 ) (.4,- +.4,-) [A X^ A3 (3A A,) A A a (A * AS)] s 7 A A 3 (A A 3 ) = 0. Jednodušší případ by ovšem byl, kdyby z bodu vycházely dvě tečny a jedna normála. Když v prvních třech rovnicích z konce odstavce 13 učiníme a x = 0, b = 0, b 3 = 0, můžeme vyloučit w > í/o, #0 a obdržíme rovnici: (A 1 -B)(l + A 1 >) ( n p x, l+bs IA. ^ (1 + 5A X ) ^3-5,) + -g g-(^-5 3 ) R která je stupně třetího podle B. BÍTt(* -^ = > D17

9 Kdyby z bodu vycházely dvě normály a jedna tečna, přešla by rovnice ve tvar (1 + BA x f (1 + BA ) 1 + Bз (A B B A x ) = 0. ч Tato rovnice by byla stupně čtvrtého. Pro centrickou kuželosečku by obdobný úkol záležel v určení kuželoseček patřících ke čtyřem normálám, vycházejícím z jednoho bodu. Zvolíme jej zase za počátek soustavy, takže a k = 0, a poslední rovnice z odstavce 16 přejde ve 4R (1 + ) (t s ) = (A h u v) [(u + A h v) + (s t) ] (k = 1,, 3, 4). v Zde směrnice osy dána poměrem = J5. Zase bychom mohli tuto úlohu obměňovat tím způsobem, že bychom dvě z normál nahradili dvěma tečnami. Úloha by ovšem, hledíc k vysokému stupni výsledku eliminace, vyžadovala obtížnou diskusi reálnosti a imaginárnosti řešení. 18. Nyní se věnujme některým úlohám o určení elipsy. Především buďte dány polohy os a dvě normály. Označíme-li a, b vzdálenosti stop normál na hlavní ose od středu,, r\ subnormály obou normál, q poměr poloos, oc a /? odchylky normál od hlavní osy, bude pořadnice průseku normály s elipsou tg oc a příslušná subtangenta f tg oc. Když sestrojíme tečnu, protne osu úseček v témž bodě jako tečna afinní kružnice, v níž je přidružená tečna kolmá ke spojnici dotykového bodu se středem elipsy. Platí pro subtangentu dvojí výraz plynoucí ze střední geometrické úměrné: Odtud D18 Obr. 7. g tg oc q tg ocs I ~ a+ř ' Provedeme-li touž úvahu pro druhou normálu, obdržíme dvě rovnice q^ = ^J = b^tjl a také 4_A. Dále platí pro čtverec poloměru afinní kružnice: (o + ) + qң* tg * = (b + f П + фrf tg- ß. _ (q + tg oc) = v ү tø- + tg ß).

10 Když zkrátíme a zavedeme bude a+1 a b 1..,, q 9! a = =, t. j. f = ao, rj = ba, a ç rj a (í-±i + tg'*) - ft^^- 1 + tg /í). Odtud a (a sec 0 + 1) = 6 (a sec /3 + 1). _ b a _ b a a sec a 6 sec /? m n jsou-li m a n úsečky na normálách, které se promítají do délek a, 6. Potom je b a, b a Š=am* w, 77 = b m* n ů 19. Dána poloha os elipsy a jedna tečna a normála. Je-li q poměr afinity kružnice a elipsy, platí podle předešlého odstavce tg y _ g tg yg í c + f ' kdežto pro elipsu, když tečnu přeložíme do polohy odpovídající kružnici, jest obsah trojúhelníka z os vyjádřitelný poloměrem kružnice. Když jej vyjádříme ještě z prvků normály, bude r- Obr. 8. Obr. 9. sy I\sy Máme tedy dvě rovnice: 9* = -4^. W+fVtg»y= owg 6 * g + a D19

11 Když q zkrátíme a q vyloučíme, bude a po úpravě [i+ +tgv]- a b ь, c a + b + [ sec y + cf] [(a + b ) f + 6 c] = a b f ( a a + ft ) sec r + c [a + b + b sec y] + b (c a ) = 0. Zavedeme-li ještě vzdálenost v tečny elipsy od středu a úsek mezi osami u, bude obdržíme a + b = u, a = u cos a, b = u sin o, v = u sin o cos a, I + c [cos y + sin a] + sin cr cos y [c w cos o~\ = 0, a tedy /» = (cos y + sin a) _ Y c (cos y sin a) + u sin <r cos a cos y» = 5- (cos y + sin o) + ғ -W 1/ "j" cos i 0 " + y) cos ( a 7) + ^ cos y- 0. Buďte dány tři normály elipsy a přímka obsahující hlavní osu. Normály dány stopami, jichž úsečky jsou a,b,c a sklony a, p, y. Nechť má střed elipsy od bodu A vzdálenost u. Subnormály buďte, rj, resp. Potom podle odstavce 19 platí pro poměr afinity _ a + u + I _ b + u + r] _ c + u + C? I i? ~ f Označme tedy a+u_b+u_c+u_ 1 f V í or Výrazy pro poloměr opsané afinní kružnice dají nyní (a + u + ) + g tg * - (6 + u + rj) + q r\ tg = = (c + u + C) + q tg y. Odtud D130 I (? + tg oc) = r] (q + tg p) = C (q + tg y) - A,

12 " + 1? _ Můžeme tedy psát (a + uf a* í-^ti + tg *j - A a + w =, j dále 6 + w -=.., atd. ±l/(r[(tsec ť3c+l] ±[/cr[(tsec 8+l] / Tím plyne b a = ± ]/a [a sec _x + 1] ±]/a[a sec j8 + 1] C 1 ~~ ~~ ±yá l> sec y + 1] ± j/atrrsec ^ + 1] Odtud vyloučením onečně: ^(cr sec <x + T) ±]/(T (a sec /8 + 1) ±l/a (a sec y + 1) Znásobíce činitelem (b a) (c 6), obdržíme c b a c, b a ± ]/a sec (x + 1 il/asec ^ + 1 ±]/c sec y + 1 Umocněním obdržíme [c by [b-af + o _, - + a sec ťx + 1 ^ (T sec /3 + 1 ^ (7 sec y + 1 = (a c) (b a) ]/(T sec p + 1 ]/(T sec y + 1 Když znovu umocníme, odpadne vpravo součet dvojnásobných součinů následkem předešlé rovnice, a bude [" (c b) (q c) (6 a) I _ [a sec ťx a sec j8 + T + a sec y + 1J ~~ 4 (a c) (& a) (asec ^ + 1) ((Tsec y + 1) {c-by, _, (6-a) 4! ~T~ / 9 Z> I 1 \9 ~T~ (ст sec a+lf^ (o sec /? + l) ^ (o sec y + l) _ ( a _ c ) ( Ь _ a ) -^ (ст sec /З + 1) (ст sec y + 1) DIЗI

13 K určení a převedeme rovnici na celistvý tvar, což dá Z(c 6) 4 [a sec p sec y + a (sec fi + sec y) + l] = = (o* sec * + 1) (asec fi + 1) (a sec y +1).. Z (a c) (b a) (a sec <x + 1). Tato rovnice je formálně stupně čtvrtého. Ale absolutní člen je nulou, totiž Z (c 6) 4 Z(a c) (b a) = 0, a proto se sníží stupeň na třetí. Postup další vede zpět na X, odtud na u, q, a hned na f, rj, f. Ostatně bylo by lze vyjít z rovnice v odstavci 16, když položíme v = 0, t = 0. Pak jde o řešení tří rovnic tvaru: 4iž (1 + ) [s + a,] = = u [u + s + 4a, + 4aMk] 4iž (1 + ) [s + a,] = = u [u + (s + a k ) ] (k = 1,, 3). Tato rovnice dovoluje úpravu na vyloučení dvou neznámých. 4iž Když totiž dělíme rovnici číslem u, a označíme-li = B ±, je u rovnice podle B ± a u lineární a eliminace obou vede na determinant třetího řádu: (1 + ) (s + a,),, Odečtěme třetí sloupec od prvního: (s + a,),, (s + a,) = 0, (k = l,, 3.) (s + a,) = 0. Pak odečtěme číslem s znásobený druhý sloupec od prvního a zkraťme číslem 4. To dá. a, + 8 A&*, A h (s + a,) = 0. Rovnici možno pak vypsat tímto způsobem: s^a^sa^a^ A a 3 ) + s {Z(a A 3 a 3 A )[A^(a A s + a 3,4 ) + + la^am) + 4sZ(a A 3 a 3 A ) [a A A A 3 + a x A x *(a A a s A )] + ±Za A (a A a A ) = 0. Zde vidíme, že stupeň úkolu potvrzen. Řešení podle u a B ± je pak už stupně prvního. 1. Jiný úkol by byl stanovit elipsu z dané normály a dvou tečen, leží-li hlavní osa v dané přímce. Je-li u úsečka středu, platí pro normálu a obě tečny D 13 l tg y^ tg yg " S c u f

14 / в _ + f )- + Wte-v-- (%-^) 4 tg ^ Odtud platí = - o. g <т < c ^ +, <_ + tg y=* ;ft i K ^) tg cti_ (a -u) tg CT tg <r_(_ + 1 tg cr <_ + 1 Vyloučením g obdržíme sec y + c ^ = Қ u) g g x _ (C U) tg (7^ + SЄC <7x sec y + c u (q u) tg o (c гt) tg cт + sec Oc (a_ гt) sin o (a гt) sin a (c u) sin o_ + (c M) sin o + Odtud obdržíme dvě lineární rovnice pro u tvaru u = c sec y sin o_ + sec y + c + (c a_ ) sin o x sin o x [ sec y + c a_] + ^ _ c sec y sin o + sec y + c + (c a ) sin cr ~~ sin cr [ sec y + c a ] + Tím získána pro rovnice stupně třetího. Když na obou stranách odečteme veličinu c, zruší se v čitatelích člen první a třetí a zbude sec y (c a_) sin o_ sec y (c a ) sin cт sin o_ [ sec y + c a_] + sin o [ sec y + c a ] + Odtud vznikne především 3 sec 4 y (sin o_ sin o_) + c sec y (sin o sin o_) sec y (a sin cr a_ sin o_) sin o_ sin cr {[a_ a c(a_ a )] sec y + (c a_) (c a_) (a a_)} {c (sin o_ sin o ) c(a_ sin CT_ a sin o_) + (a_ sin o_ a sin CT )} = 0 Dm

15 3 sec 4 y (sin cr sin o^) + <P sec y [c(sin a sin c^) a sin G + % sin o-j [sec y sin o^ sin cr (a x a ) (a x + + a c) + c (sin a x sin cr ) c{a t sin o*! a sin cr ) + + <% sin o*! a sin a ] (c a x ) (c a ) (a a x ) sin o^. Po rozřešení této rovnice se určí u. Pak obdržíme hned q, čímž se z tečen hned odvodí velká poloosa a úkol je zcela hotov. Úkol se dá také řešit z rovnic z odstavce 15 a 16, ť pro v = i = 0 platí rovnice: 4ÍŽ (1 + 5 X ) = u + (5^ ) 1 4ÍŽ (1 + J? ) - u + (s + 6 ), 4iž (1 + ^3 ) M 3 + a 3 ) = A u [u + (sa s + a 3 ) ]. JZ prvních dvou rovnic určíme R a u a dosadíme do třetí, což dá: ^* = 47Ž (sb 1 ~b 1 ) (l+b ) (^ + b t ) ( 5 J3 + ft ) B X ~~B (*J3 + 6 ) (1 + 5 X B x JS Rovnice se ukazuje po dosazení stupně čtvrtého. Ale uvážíme-li, že nejvyšší člen ve 4iž je s, v u pak také s, vidíme, že člen stupně čtvrtého vlevo jest s {\ + A s ) A s s, vpravo AJ,Q{ *s*[s* s A 3 ). Tedy se člen stupně čtvrtého zruší a rovnice je zase stupně třetího ve shodě s předchozí metodou.. Podobně bychom postupovali při daných dvou normálách a jedné tečně, leží-li hlavní osa v dané přímce. Nyní jsou základní rovnice: (Ci-- u + I) + ŠY tg <x = (c t}) + rfq tg p = (a u) tg aq q tg o + 1 q c = x u + c M +»/ Obr. 11. ry Dosazením těchto hodnot do předešlých rovnic dospějeme k rovnicím % u) tg a Š (q* + tg oc) = v (q + tg /3) q tg a + 1 Položme o u i tedy q 1 + <p D134

16 Tím vznikne: (a u) <p sin a (c x u) <p[l + <p$ec oc] = (c u) <p[l + <p sec /?] sin a + <p Zde se <p jednou zkrátí a rovnice se zavedením společného parametru X převede na X X Ci U i /., Co U.i > ±y 1 + <p sec a ±]/l + <p sec 0 a u = ± X]/l + <p cosec a. Dáme-li do poměru rozdíl těchto rovnic, vypadne parametr X a rovnice bude mít tvar: Odtud <g c I l l \. = a c 1 \±\Jcp sec <x + 1 ±^<p sec 0 + l] ' : [±]/<p cosec a + 1 v =)- \ + V9 9 s e c a + V (Ci c ) y<p cosec 1 a + 1 -\,. H... = 0 yy ±]/<psec oc+l ±y< P sec /3 + l jako v odstavci 0. Tato rovnice se zase rationalisuje, při čemž se ukáže rovnicí stupně 6, kde absolutní člen je nulový, čímž klesne stupeň na pátý. Kdybychom vyšli od obecných rovnic, jak naznačeno v předchozím odstavci, bylo by řešit rovnice: 4iž (1 + JLV) = u + (sb 1 + b x ), 4iž (1 + A ) (sa + a ) = A u [u + (sa + a ) ], 4iž (1 + A ) (sa s + a,) = A u [u + (sa 3 + a 3 ) ]. Zde by byl postup následující: Z první rovnice se dosadí B do druhé a třetí. Z obou těchto se vyloučí u* a vznikne rovnice obsahující jen u, jež se vyloučí, čímž vznikne pro u výr&t* ve tvaru zlomku, který má v čitateli stupeň čtvrtý, ve jmenovateli druhý podle neznámé 8. Další postup je pak už průhledný. 3. Dáno-li ohnisko a tři normály elipsy, zvolme ohnisko za počátek x 0 = y 0 = 0, a podle předposlední rovnice z odstavce 16 jde o řešení rovnic: ár = \.Xl yi] [(x + Vl ) (1 + ) + 4a k 4a k ( Vl x x )] (l± )[ yi x 1 a k ] (k = 1,, 3) podle neznámých B, x l9 y v D135

17 Úkol je, jak patrno, značně složitý. Kdyby některá normála dvě byly nahrazeny tečnami, šlo by o kombinaci s rovnicemi tvaru 4_R (1 + B k ) = (x x + Vl ) (1 + B k ) + 4b, + 4b, (x x B k Vl). Úloha sama se tím řešitelnosti mnoho nepřiblíží. Stejně bychom mohli hledati centrickou kuželosečku ze směru hlavní osy a čtyř normál. Zvolíme-li osu úseček rovnoběžnou k hlavní ose, je = y t. j. v rovnicích odstavce 16 se položí yo ly v = 0, takže je 4R (1 + ) (t s a,) = = u [u + t + s + 4a, 4a, (t s ) sť] pro k = 1,, 3, 4. Stupeň rovnice se zde poněkud sníží, zavedeme-li 4iř novou neznámou = 4:R X, při čemž R V znamená převratnou u hodnotu číselné výstřednosti. Rovnici lze přepsat na 4ÍŽ! (1 + ) (t s a,) = [u + (t s a,) ] (t s a,) [4ÍŽ, (1 + ) ] = u. Rovnice se jeví lineární podle R x a u, jež lze užitím dvou vypočíst a dosadit do ostatních. Zase kdyby při daném směru os byly dány smíšeně tečny a normály, kombinovaly by se s předchozími rovnicemi rovnice tvaru: 4iž (1 + B k ) = u + (sb k t + b,). (Dokončení.) D136