О А Борисенко - Аналітична геометрія - страница 58

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86 

 

х2 = хі ,

іy2=уі+к ■

В цій системі координат рівняння кривої L є

22y22 + з з = 0,

де а33 = а33 (<а22з) . Останнє рівняння залежно від знаків а'22, а33 задає

7.   (+—) — пару паралельних прямих,

8.   (+ 0) — пару прямих, що співпадають,

9.  (+ +) — порожню множину. Теорема повністю доведена.

Зауваження. а'ц і а!22 не .можуть одночасно дорівнювати нулю, оскіль­ки в протилежному випадку рiвняння (6.2) стає лінійним. Формули переходу вiд координат хі, уі до координат х, у ліншні. Тому, якщо рiвняння (6.2) лінійне, то буде лінійним і рівняння (6.1), що супере­чить припущенню аіі + аі2 +     = 0.

Розглянемо переріз конуса обертання

х2 + у2 z2

      —           = 0

а2 с2

різними площинами.

Зауважимо, що якщо площина не проходить через вершину конуса, то в перетині немає прямих, оскільки, як нижче ми доведемо, всі прямі, які лежать на конусі, проходять через цю вершину.

1.  Розглянемо перетин конуса площинами, які не проходять через його вершину. Можливі наступні варіанти.Площина перетинає одну порожнину конуса і не паралельна ні одній твірній конуса. Тоді в перерізі лежить обмежена крива 2-го порядку, тобто еліпс.

2.  Площина паралельна одній із твірних конуса. Тоді площина пере­тинає одну порожнину конуса по нескінченній кривій. Нескінченна крива з однією зв'язною компонентою є парабола.

3.  Площина перетинає обидві порожнини конуса. Тоді крива, що ле­жить на перерезі, має дві вітки, отже, це гіпербола.

Якщо площина перерізу проходить через вершину конуса, то в перері­зі будуть або дві прямі, що перетинаються, або дві прямі, що збігаються, або точка.

Тому криві 2-го порядку називають конічними перерізами.

Вправа. Самостійно розглянути перерізи поверхонь 2-го порядку рі­зними площинами.

Нехай перетином конуса обертання площиною п є еліпс. Як знайти фокуси і директриси цього еліпса? Впишемо в конус сферу, що дотика­ється площини п в точці Нехай пі площина, в якій лежить коло дотику сфери з конусом. Площини п і пі перетинаються по прямій йі (рис.150). Точка і<і фокус еліпса, а пряма йі директриса, що від­повідає цьому фокусу. Якщо вписати в конус другу сферу, одержимо аналогічним чином другий фокус і другу директрису еліпса.

Вправа. Довести ці твердження самостійно. Самостійно розглянути випадки, коли перетинами є гіпербола або парабола.

 

6.2   Центр, вісь i площина симетрії.

 

6.2.1    Центр поверхні (кривої) 2-го порядку.

Визначення 6.2.1. Поверхня (крива) F називається центрально - си­метричною, якщо існує така точка О, що разом з кожною точкою P, поверхні (кривої) належить точка P' симетрична точці P відносно О. Точка О називається центром поверхні (кривої).

Згадаємо, що довільну поверхню (криву) 2-го порядку можна задати рівнянням

F =    хіхі + 2Ьіхі + с = 0, (6.5) Y^otj = 0,  i, j = 1, 2, 3 (i, j = 1, 2).Нехай F — центрально-симетрична поверхня (крива). Розташуємо початок координат в центрі поверхні (кривої). З'ясуємо, який вигляд прийме в цьому випадку рівняння (6.5). Нехай точка P(—хі, х2, —х3) (P(—хі, х2)) належить F. Тоді точка P (_хі, —х2, —х3) (P (—хі, х2)) також належить F. Отже, її координати задовольняють рівнянню (6.5):

Шз хіхі 2Ьіхі + с = 0. (6.6)

Віднімаючи з рівняння (6.5) рівняння (6.6), одержимо

Ьіхі = 0. (6.7)

Запишемо рівність (6.7) у вигляді

(Ь > = 0,

де Ь = (Ьі,Ь2,Ь3),   х = (хі,х2,х3),   ( Ь = (Ьі,Ь2), х = (хі,х2) ), отже, Ь, х   = 0 при будь-якому х, що задовольняє рівнянню (6.5).

Виберемо три (дві) точки, що лежать на поверхні (кривій), радіус-вектори яких х = (хі,х2,х3) (х = (хі,х2)) лінійно незалежні. Для них к) =0, k = 1, 2, 3 (k = 1, 2). Отже, Ь = 0. Якщо таких трьох (двох) точок немає, то легко показати, що рівняння (6.5) задає дві площини (прямі), що співпадають, і має вигляд

(аіхі + а2х2 + а3х3)2 = 0, ((аіхі + а2х2)2 = 0),

тобто і в цьому випадку вектор Ь = 0.

Таким чином, якщо центр симетрії поверхні (кривої) F співпадає з початком координат, то рівняння (6.5) не має лінійних членів.

Очевидно, що справедливе і обернене твердження: якщо рівняння по­верхні (кривої) не має лінійних членів, то поверхня (крива) центральна і центром є початок координат.

Знайдемо умови, при виконанні яких поверхня (крива) F, задана рівнянням (6.5), буде центральною. Будемо шукати такий паралельний перенос хі = хіі + сі, i = 1, 2, 3 (i = 1, 2), щоб рівняння (6.5) у но­вій системі координат не мало лінійних членів. Зауважимо, що точка Оі(сі, с2, с3) і(сі, с2)) буде центром поверхні (кривої) F. В новій си­стемі координат рівняння (6.5) набуде вигляду

ац і + сі)(хі + cj) +іі + сі) + с = 0,

або

аіі х\х{ + 2(аіі cj + Ьі)хі + 2Ьісі +    сісі + с = 0,і координати центру поверхні (кривої) F, якщо він існує, задовольняють системі рівнянь

 

(Ще? + Ьг = 0,   і, j = 1,2,3,  (і, j = 1,2). (6.8)

Позначимо через А = ((%•) симетричну матрицю з елементами a%j.

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86 


Похожие статьи

О А Борисенко - Сучасні інформаційні системи і технології матеріали першої міжнародної науково -практичної конференції

О А Борисенко - Аналітична геометрія