odredite i skicirajte skup točaka ravnine koji je u koordinatnom sustavu [inlmath](O,e_1,e_2)[/inlmath] zadan jednadžbom [inlmath]3x^2-2x_1x_2 +3x_2^2-4x_1+4x_2-14=0[/inlmath]

Pretpostavljam da ovo prvo [inlmath]x[/inlmath] u izrazu zapravo treba da bude [inlmath]x_1[/inlmath]?

Ja bih to napisao ne kao [inlmath]x_1[/inlmath] i [inlmath]x_2[/inlmath], nego kao [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath], preglednije mi je tako, a dođe na isto.
Znači:
[dispmath]3x^2-2xy+3y^2-4x+4y-14=0[/dispmath]
Da bismo odredili o kojoj se krivoj radi, treba da je svedemo na kanonski oblik, a to činimo translacijom i rotacijom.
Translacijom dovodimo njen centar u koordinatni početak. Da bismo to uradili, moramo prvo odrediti koordinate njenog centra.
U opštem slučaju, kada imamo jednačinu krive oblika
[dispmath]Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0[/dispmath]
koordinate centra [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] određujemo po formuli:
[dispmath]a=\frac{BE-CD}{AC-B^2},\quad b=\frac{BD-AE}{AC-B^2}[/dispmath]
U našoj jednačini je
[dispmath]A=3,\quad B=-1,\quad C=3,\quad D=-2,\quad E=2,\quad F=-14[/dispmath]
pa će [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] biti
[dispmath]a=\frac{\left(-1\right)\cdot 2-3\cdot\left(-2\right)}{3\cdot 3-\left(-1\right)^2}=\frac{1}{2},\quad b=\frac{\left(-1\right)\cdot\left(-2\right)-3\cdot 2}{3\cdot 3-\left(-1\right)^2}=-\frac{1}{2}[/dispmath]
Znači, centar ove krive je u tački [inlmath]\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)[/inlmath].
Kako bismo translirali krivu tako da joj centar dođe u koordinatni početak, zamenićemo [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]y[/inlmath] sa [inlmath]x'[/inlmath] i [inlmath]y'[/inlmath], gde je
[dispmath]x=x'+a,\quad y=y'+b[/dispmath]
tj. u našem slučaju
[dispmath]x=x'+\frac{1}{2},\quad y=y'-\frac{1}{2}[/dispmath]
pa se jednačina krive svodi na oblik
[dispmath]3\left(x'+\frac{1}{2}\right)^2-2\left(x'+\frac{1}{2}\right)\left(y'-\frac{1}{2}\right)+3\left(y'-\frac{1}{2}\right)^2-4\left(x'+\frac{1}{2}\right)+4\left(y'-\frac{1}{2}\right)-14=0[/dispmath]
[dispmath]3x'^2+3x'+\frac{3}{4}-2x'y'+x'-y'+\frac{1}{2}+3y'^2-3y'+\frac{3}{4}-4x'-2+4y'-2-14=0[/dispmath]
[dispmath]3x'^2-2x'y'+3y'^2-16=0[/dispmath]
Ovo predstavlja jednačinu krive čiji se centar nalazi u koordinatnom početku, ali koja je i dalje zarotirana u odnosu na svoj osnovni položaj.
Da bismo je rotacijom sveli na njen osnovni položaj, moramo prvo odrediti za koji je ugao zarotirana. Taj ugao određujemo iz formule
[dispmath]\mathrm{ctg}\;2\varphi=\frac{A-C}{2B}[/dispmath]
pa je u našem slučaju
[dispmath]\mathrm{ctg}\;2\varphi=\frac{3-3}{2\cdot\left(-1\right)}=0[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow\quad 2\varphi=\frac{\pi}{2}\quad\Rightarrow\quad\varphi=\frac{\pi}{4}[/dispmath]
Znači, kriva je rotirana za [inlmath]\frac{\pi}{4}[/inlmath] u odnosu na svoj osnovni položaj.
Sada primenjujemo rotaciju kojom ćemo je svesti na njen osnovni položaj, tako što ćemo izvršiti zamenu [inlmath]x'[/inlmath] i [inlmath]y'[/inlmath] sa [inlmath]x''[/inlmath] i [inlmath]y''[/inlmath], gde je
[dispmath]x'=x''\cos\varphi-y''\sin\varphi[/dispmath]
[dispmath]y'=x''\sin\varphi+y''\cos\varphi[/dispmath]
tj. u našem slučaju
[dispmath]x'=\frac{\sqrt 2}{2}\left(x''-y''\right)[/dispmath]
[dispmath]y'=\frac{\sqrt 2}{2}\left(x''+y''\right)[/dispmath]
pa jednačina postaje
[dispmath]3\left[\frac{\sqrt 2}{2}\left(x''-y''\right)\right]^2-2\frac{\sqrt 2}{2}\left(x''-y''\right)\frac{\sqrt 2}{2}\left(x''+y''\right)+3\left[\frac{\sqrt 2}{2}\left(x''+y''\right)\right]^2-16=0[/dispmath]
[dispmath]2x''^2+4y''^2-16=0\quad /:16[/dispmath]
[dispmath]\frac{x''^2}{8}+\frac{y''^2}{4}=1[/dispmath]
[dispmath]\frac{x''^2}{\left(2\sqrt 2\right)^2}+\frac{y''^2}{2^2}=1[/dispmath]
što predstavlja jednačinu elipse čija je velika poluosa [inlmath]a=2\sqrt 2[/inlmath], a mala poluosa [inlmath]b=2[/inlmath].

Prema tome, jednačina koja je zadata predstavlja elipsu s poluosama [inlmath]a=2\sqrt 2[/inlmath] i [inlmath]b=2[/inlmath], transliranu za [inlmath]x=\frac{1}{2}[/inlmath] i za [inlmath]y=-\frac{1}{2}[/inlmath] i rotiranu za [inlmath]\varphi=\frac{\pi}{4}[/inlmath].