Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Решение задач по аналитической геометрии. Учебно-методическое пособие
.pdf
Правая часть не зависит от вписанного ромба (инвариан-
ты!), поэтому и радиус окружности, вписанной в ромб, один и тот
же для всех ромбов, вписанных в наш эллипс.
Задача решена.
Задача 59 (задача 826 [4]). Доказать, что кривая второго поряд-
ка, проходящая через все вершины треугольника и точку пересечения его высот, есть равносторонняя гипербола или пара перпендикулярных прямых, если треугольник не прямоугольный.
Заметим, что в задачнике [4] утверждение данной задачи сформулировано неверно – случай пары прямых не указан. Заметим также, что гипербола называется равносторонней, если её асимптоты
взаимно перпендикулярны или, эквивалентно, в её каноническом
уравнении
параметры и равны.
Решение задачи начнём с того, что выберем удобную систему
координат (это важный момент, от него существенно зависит компактность решения). Поскольку в данном случае она должна быть
прямоугольной, разумно использовать одну из сторон в качестве
одной из осей, а высоту, проведённую к ней – в качестве другой.
Итак, пусть – наш непрямоугольный треугольник, – его ор-
тоцентр. Обозначим через основание высоты, проведённой из
вершины . Тогда осью будет прямая , а осью – прямая
. Точка будет, разумеется, лежать на оси . Пусть её коорди-
наты – . Запишем координаты точек вершин треугольника в
виде , , . Выберем обозначение вершин так,
чтобы внутренние углы треугольника при вершинах были
острыми, а угол при вершине – острый или тупой (напомним, что
по условию прямых углов в нашем треугольнике нет). Тогда точка
лежит строго внутри стороны , и, стало быть, параметры , , и
− положительные числа, причём ( , если угол при вер-
шине острый; , если этот угол тупой).
Заметим, не откладывая на потом, что случай пары перпендику-
лярных прямых, содержащих все четыре точки , очевиден
сразу: это три пары прямых «сторона и высота, к ней проведённая»,
а именно, прямые и , и , и .
Запишем теперь уравнение исследуемой кривой второго порядка
в выбранной системе координат (обозначения коэффициентов
121
выбрали так, чтобы избежать «наложения» обозначений; вообще,
выбор удобных и логичных обозначений при решении задач – это
важное искусство, которым нужно овладеть математику!):
.
Запишем условия того, что точки лежат на этой кривой:
(81)
Наша цель – доказать, что данная кривая – либо равностороння
гипербола, либо пара перпендикулярных прямых. Значит, её кано-
ническое уравнение – либо
условия в терминах инвариантов. Собственные числа ,
, либо
. Найдём
должны
быть оба ненулевыми и иметь разные знаки. Более того, они должны
быть противоположны: . Это равносильно тому, что
и . (Впрочем, нам хватило бы и условия , по-
скольку одновременно и
не могут равняться нулю – иначе
, и наша кривая – не второй, а первой степени.)
Мы знаем, что . Выразим
из первых двух урав-
нений (81), исключив (умножив первое на , а второе на и сло-
жив их). Получим
Отсюда
.
.
Аналогично, из последних двух уравнений находим
Сокращая на , получим
.
.
Теперь наша цель – доказать, что
.
Это равносильно тому, что . Ясно, что это некоторое
свойство из элементарной планиметрии. Если бы угол при вершине
был прямым, то тогда , следовательно, , и необходи-
мое нам свойство сводилось бы к известному школьному утверждению о высоте прямоугольного треугольника, проведённой к гипоте-
нузе: . Вспоминая доказательство данного факта, мы и в
122
нашем случае видим подобие треугольников и , в силу
которого имеем пропорцию
или , что и требовалось доказать.
Итак, мы имеем , и, значит, наша кривая – либо равносто-
ронняя гипербола, либо пара перпендикулярных прямых. Задача
решена.
6.4. Геометрические задачи о кривых второго порядка на
плоскости
Задача 60 (задачи 732, 733 [4]). Доказать, что любой радиус эл-
липса (длина отрезка, соединяющего его центр с некоторой его
точкой) заключён между полуосями эллипса. Пусть и два
взаимно перпендикулярных радиуса эллипса. Доказать, что величи-
на
есть величина постоянная для данного эллипса.
Зададим эллипс в канонической системе координат
Пусть – некоторая точка эллипса. Это означает, что
().
. (82)
Длина отрезка, соединяющего центр эллипса с точкой
равна
.
Для оценки заменим один из знаменателей в (82) на другой.
В силу неравенства имеем
и
.
Отсюда получаем искомые оценки
.
Первая часть задачи решена.
Переходим ко второй части. Казалось бы, естественный путь ре-
шения – обозначить координаты точек и через и
. Тогда выполняются условия
123
есть
Надо доказать, что величина
величина постоянная для данного эллипса. Однако далее вычисле-
ния становятся весьма громоздкими!
Одним из выходов будет использование других координат. Если
приглядеться к условию задачи и к тому, что необходимо доказать
(что всегда полезно делать), то можно сообразить, что для данной
задачи наиболее удобна полярная система координат с началом в
точке . Запишем координаты точек и в виде и
. Тогда условие перпендикулярности запишется очень про-
сто
А доказать надо вот что:
Остаётся записать условие того, что точки и лежат на эллипсе:
В силу этих двух равенств, равенства
.
.
( .
, формул при-
ведения и основного тригонометрического тождества, имеем
.
Что и требовалось доказать. Как видно, вычисления в этой системе координат очень просты.
Задача 61 (задача 747 [4]). Доказать, что четыре точки пересе-
чения двух парабол, оси которых взаимно перпендикулярны, лежат
на одной окружности (рис. 10).
Едва ли можно себе представить компактное решение данной задачи средствами элементарной евклидовой геометрии. А вот использование методов аналитической геометрии приводит к весьма
простому рассуждению. В самом деле, выбор системы координат в
124
данном случае очевиден: в качестве осей системы возьмём оси сим-
Рис. 10
метрии наших парабол. Тогда уравнения парабол запишутся в виде
При этом . В силу того, что параболы пересекаются в че-
тырёх точках, ясно, что .
Точки пересечения находятся из решения системы
Нам нужно доказать, что все решения лежат на некоторой
окружности
.
Поэтому напрашивается идея сложить наши уравнения системы:
.
Перенося переменные в левую часть и формируя полные квадраты, получим
,
поскольку все четыре слагаемых в правой части положительны. А
это и есть уравнение некоторой окружности, на которой лежат все
четыре точки пересечения наших парабол.
125
ТЕМА 7. ПОВЕРХНОСТИ ВТОРОГО ПОРЯДКА
В ПРОСТРАНСТВЕ
7.1. Канонический вид уравнения поверхности, приведение
к каноническому виду
Определение. Геометрическая фигура в пространстве
называется поверхностью второго порядка, если в некоторой
аффинной системе координат в пространстве она задаётся
уравнением второй степени
. (83)
Как и в случае кривых на плоскости, это уравнение записывается
в матричном виде. Вводим вектор-столбец
координат точки
пространства. Эта точка лежит на нашей поверхности тогда и только
тогда, когда выполнено равенство, буквально совпадающее с соответствующим матричным уравнением для кривых второго порядка:
(84)
Как и для кривых, существует прямоугольная система координат,
в которой данная поверхность записывается наиболее простым
уравнением. Эта система координат называется канонической си-
стемой координат, а простейшее уравнение – каноническим уравнением поверхности.
В случае поверхностей в пространстве алгоритм нахождения ка-
нонической системы координат и канонического уравнения по сути
единственен. Он использует собственные числа и собственные век-
торы матрицы квадратичной формы
.
Определения собственных чисел и собственных векторов матрицы остаются такими же, как и в случае кривой. Из курса высшей
алгебры известно, что у симметричной вещественной матрицы все
собственные числа вещественны и всегда существует ортонормированный базис из собственных векторов.
126
Пусть , , – (вещественные) собственные числа матрицы ,
а , , − соответствующие собственные векторы.
Важно знать следующий факт из высшей алгебры: любые два
собственные векторы вещественной симметрической матрицы, отвечающие различным собственным числам, перпендикулярны.
Поэтому возможны три случая.
1. Все числа , ,
векторы ,
, решая однородные вырожденные системы линей-
ных уравнений , и нормируя векторы
различны. В этом случае мы можем найти
(деля векторы при необходимости на их длину). При этом
оставшийся вектор можно найти как
векторов , ,
будет образовывать ортонормированный базис в
. Тогда тройка
силу замечания выше. Выполняя замену с матрицей , об-
разованной векторами , ,
как столбцами, мы придём к ново-
му уравнению поверхности, в которой квадратичная форма будет
иметь более компактный вид
2. Среди чисел , ,
ровно два одинаковых, скажем
Рекомендуется вначале найти собственный вектор
, из системы уравнений . В силу равенства
.
.
, отвечающий
можно доказать, что пространство собственных векторов, отвечаю-
щих значению
кулярности, вектор
Остаётся выбрать в нём какой-либо вектор
длину единицей) и вычислить
3. Случай
, двумерно, и в силу замечания о перпенди-
− нормаль к этому двумерному пространству.
(не забыв сделать его
.
тривиален, так как в этом случае с само-
го начала квадратичная форма в уравнении имеет вид
и можно сразу приступать ко второму шагу алгоритма – выделению
полных квадратов.
7.2. Классификация поверхностей второго порядка
Случай I. Все собственные числа , , матрицы квадра-
тичной формы ненулевые.
Тогда после подходящей замены уравнение поверхности
сводится к такому
,
127
.
Выделяем полные квадраты, вынося вначале множители за
скобки:
или
.
Выполняем замену
и получаем новое уравнение
.
Возможны несколько подслучаев.
1. Все собственные числа , ,
имеют один знак, а число
и имеет противоположный с ними знак. Тогда последнее
уравнение примет вид (двойные штрихи опущены):
(можно считать, что ).
Поверхность такого рода называется эллипсоидом с полуосями
(рис. 11). Если , то эллипсоид называется трёхос-
ным. Если ровно две из полуосей равны, скажем , то эл-
липсоид называется эллипсоидом вращения. Если же все полуоси
равны, то мы очевидно получим сферу.
2. Все собственные числа , ,
имеют один знак, число
и имеет тот же самый знак. Тогда уравнение поверхности
примет вид
.
128
Рис. 11
Рис. 12
Это пустое множество в вещественном пространстве называется
мнимым эллипсоидом. Оно становится непустым в трёхмерном комплексном пространстве.
3. Все собственные числа , ,
. Получаем
имеют один знак, а число
.
Эта поверхность − точка в пространстве.
4. Собственные числа , ,
имеют разные знаки. Без огра-
ничения общности можно считать, что два из них положительны, а
один отрицательный. Пусть при этом отрицательно. Тогда имеем
уравнение
.
Эта поверхность называется однополостным гиперболоидом
(рис. 12).
129
5. Пусть теперь , и при этом . Тогда
Рис. 13
уравнение приводится к виду
.
Эта поверхность – двуполостный гиперболоид (рис. 13).
6. Если , и при этом , то канониче-
ское уравнение будет таким
.
Эта поверхность – конус.
Данный случай полностью разобран.
Случай II. В точности два собственные числа матрицы квадра-
тичной формы ненулевые. Скажем, , . Тогда
после первой замены координат мы придём к уравнению вида
.
В данном случае мы можем выделить полные квадраты только по
переменным и . Тогда мы придём к уравнению (с новым сво-
бодным членом :
130
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]