Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Решение задач по аналитической геометрии. Учебно-методическое пособие
.pdf
Значит, коэффициент может быть найден по формуле
.
В завершение нам осталось рассмотреть случай единственного
ненулевого собственного числа, когда уравнение поверхности приводится к виду
Как и прежде, .
Осталось вычислить . Полуинвариант
в данном случае равен
нулю и не поможет нам в этом. Но теперь применим п. 2 теоремы
Моденова [5]: полуинвариант
становится инвариантом.
Находим
Отсюда
.
.
Рассмотрим теперь пример применения инвариантов.
Задача 63 (задача № 1063 [4]). Найти условия, необходимые и
достаточные для того, чтобы точка лежала внутри
эллиптического цилиндра, задаваемого уравнением второй степени
.
В канонических координатах , относительно которых
уравнение поверхности будет иметь вид
, условие того,
что точка лежит внутри цилиндра, очевидно, имеет
вид
. (85)
Проблема состоит в том, что нереально «в буквах» перейти от
исходных координат к каноническим координатам
для того, чтобы выразить вышеуказанное условие в изна-
чальной системе координат.
Но заметим (как и выше, в аналогичной задаче на плоскости), что
переход от уравнения к уравнению
141
выполняется только заменой переменных на переменные
, поэтому для данной точки значение левой части не изме-
нится:
.
Для точки имеем
(86)
Поскольку наша поверхность является эллиптическим цилин-
дром, знаки одинаковы, а знак
Переход от уравнения
уравнению
осуществляется так:
− противоположный.
к каноническому
.
Далее в силу замечания о знаках мы обозначаем
,
.
Условие (85) тогда перепишется в виде
.
Остаётся переписать это условие с учётом (86):
Как мы уже отметили, знак () совпадает со знаком (и
Поскольку знаки и
совпадают, то эти знаки совпадают и со
).
знаком инварианта
.
Окончательно мы получаем критерий того, что точка
лежит внутри эллиптического цилиндра, задаваемого
.
или
уравнением второй степени :
Задача решена.
142
7.4. Пересечение прямых и поверхностей второго порядка в
пространстве, касательные плоскости, центры симметрии,
прямолинейные образующие, диаметральные плоскости и
плоскости симметрии
7.4.1. Пересечение прямых и поверхностей второго порядка в
пространстве
Пусть поверхность второго порядка в пространстве задаётся в
некоторой (не обязательно канонической) прямоугольной системе
координат уравнением второго порядка
.
Для дальнейшего нам вновь (как и для случая кривых второго
порядка, см. формулу (65)) будет удобно переписать это уравнение
в матричном виде
.
Только в данном случае вектор-столбец трёхмерный:
.
Изучим вопрос о пересечении данной поверхности с произвольной прямой в пространстве. Прямую зададим векторным параметрическим уравнением
.
Здесь
– вектор координат некоторой начальной точки прямой,
– направляющий вектор прямой, – вещественный параметр.
Очевидно, что уравнение для точек пересечения прямой и поверхности примет вид
.
Выведем теперь формулу для
, из которой мы выведем
огромное количество следствий (в этом смысле формула напоминает
плодородное поле, с которого снимают за год несколько урожаев!)
.
Раскроем скобки и сгруппируем члены по степеням
Мы учли очевидное соображение о свободном члене многочлена – он равен значению многочлена в нуле. Также мы использовали
тот факт, что
(вспомним свойства транспониро-
143
вания и симметричность матрицы ), и что слева и справа стоят
матрицы размера . Мы написали
, где справа
стоит скалярное произведение векторов-столбцов (с учётом того,
что система координат прямоугольная).
Далее получаем аналогично
.
Окончательно получаем нашу «плодородную» формулу, на которую мы ещё много раз будем ссылаться:
(87)
И вот её первый «урожай»: сколько же точек пересечения может
иметь прямая и поверхность второго порядка? Имеем не более чем
квадратное уравнение (87) относительно параметра .
Уравнение не будет квадратным, если коэффициент
Такое направление называется асимптотическим. (Смысл назва-
ния связан с тем, что на плоскости для случая гиперболы
данное условие сводится к уравнению
.
0, что даёт
направления вдоль асимптот гиперболы.)
Если направление неасимптотическое, то мы имеем настоящее
квадратное уравнение, которое может иметь два, один или ни одного корня. Значит, прямая, направляющий вектор которой неасимптотический, пересекает поверхность в двух, в одной или ни в одной
точке. Если направление асимптотическое, то уравнение будет не
более, чем первой степени. Поэтому будет лишь одна точка пересечения, либо ни одной, либо прямая целиком лежит на поверхности
(этот последний случай описывается термином «прямолинейная образующая поверхности»).
7.4.2. Касательные плоскости
Теперь мы будем рассматривать взаимное расположение плоскости и поверхности второго порядка.
Докажем простую лемму.
Лемма. Пересечение поверхности второго порядка и плоскости
есть кривая не более чем второго порядка на этой плоскости.
В самом деле, мы всегда можем ввести удобную систему коор-
динат, в которой данная плоскость задаётся уравнением .
144
Поверхность задаётся уравнением
.
А поэтому пересечение с плоскостью задаётся уравнением
.
А это – кривая не более чем второго порядка.
Рассмотрим теперь вопрос о касательной плоскости к поверхно-
сти второго порядка (обозначим ее П) с точкой касания .
Пусть – такая касательная плоскость. Тогда состоит из пря-
мых, касающихся поверхности П и проходящих через точку .
Пусть теперь прямая с векторным параметрическим уравнением
является касательной к поверхности П. Не вдаваясь в
строгое обоснование, отметим, что отличительным свойством каса-
тельной прямой является то, что расстояние от точки до по-
верхности П возрастает не линейно относительно , а на порядок
медленнее – как . При этом это расстояние по порядку роста
определяется значением (где – уравнение по-
верхности П, так что последнее утверждение очень правдоподобно).
В силу формулы (87) (учитывая
), мы видим что тот
факт, что прямая является касательной к поверхности П,
равносилен тому, что
.
Предположим, что вектор . (Отметим, что вектор
называется вектором градиента для функции .) Тогда
векторы образуют двумерное подпространство. Легко видеть, что
уравнение касательной плоскости будет иметь вид
где
– столбец координат текущей точки касательной плос-
, (88)
кости. Видим, что вектор градиента (или его половина ) яв-
ляется перпендикулярным вектором к касательной плоскости (это
общий факт из математического анализа для произвольных гладких
поверхностей).
Рассмотрим конкретный пример. Пусть поверхность П – это эллипсоид
. (89)
145
Перепишем уравнение в виде
.
Матрица квадратичной формы имеет вид
.
Столбец
.
Тогда уравнение (88) запишется в виде
Или
.
.
Учитывая то, что точка лежит на эллипсоиде, перепи-
сываем это уравнение в виде
или
.
Сопоставим это уравнение с (89). Можно сформулировать общий
алгоритм перехода от уравнения поверхности в каноническом виде
к уравнению касательной плоскости, он таков: квадраты перемен-
ной (например, ) заменяются на произведения вида , а
линейные члены (например, для параболического
цилиндра) заменяются на суммы вида .
7.4.3. Центры симметрии
Пусть – центр симметрии поверхности П, задавае-
мой уравнением .
Проведем через всевозможные прямые . Если такая
прямая пересекает поверхность П в двух точках (а точек пересечения всегда не больше двух, как мы знаем), то эти точки должны
располагаться на прямой симметрично относительно точки , что
146
означает, что корни уравнения относительно про-
тивоположны. По теореме Виета это равносильно тому, что
.
Не вдаваясь в детали, скажем, что, как правило, таких векторов
достаточно много, и последнее равенство равносильно условию
(90)
(Даже если это не так, например, для прямой
, последнее
уравнение даёт правильное множество центров симметрии
– все точки прямой.
То же самое для плоскости .)
Система линейных уравнений (90) задаёт множество центров
симметрии. Поэтому если матрица невырождена, то центр сим-
метрии существует и единствен. Иначе может быть бесконечно
много центров симметрии или ни одного. Например, эллиптический
параболоид
не имеет центров симметрии. Геометриче-
ски это очевидно, а система (90) имеет вид
,
и, как очевидно из третьего её уравнения, не имеет ни одного решения.
7.4.4. Прямолинейные образующие
Прямая L называется прямолинейной образующей поверхности П,
если она целиком лежит на этой поверхности. Примеры: образующие цилиндра или конуса.
Зададим прямую L параметрически . Тогда, если
− уравнение поверхности П, то мы должны иметь тожде-
ство по параметру :
,
что, в свою очередь, равносильно равенству нулю всех трёх коэффициентов (не более чем) квадратного трёхчлена (см. (87)):
Рассмотрим пример однополостного гиперболоида
(91)
.
147
Найдём все его прямолинейные образующие, проходящие через
точку на нём.
Зададим искомую образующую L параметрически ,
где столбец
. Тогда третье условие в (91) будет вы-
полнено в силу того, что наша точка лежит на гипербо-
лоиде. Запишем первые два условия:
Будем решать эту систему относительно неизвестных
Ясно, что для любого возможного её решения с необходимостью
должны иметь (иначе из первого уравнения получили бы
0 и вектор был бы нулевым, что невозможно для
направляющего вектора). Поскольку направляющий вектор определяется с точностью до ненулевого коэффициента, мы можем счи-
тать, что . Введём также новые неизвестные
,
.
В итоге система (92) перепишется в виде
Сколько же решений имеет эта система? Эта задача из элементарной геометрии о пересечении прямой и единичной окружности.
Для её исследования надо просто найти расстояние от центра
окружности (начала координат) до прямой. Согласно формуле (35)
имеем
т. к.
,
.
Значит, прямая имеем с окружностью ровно две точки пересечения.
Поэтому через каждую точку нашего однополостного гиперболоида проходит в точности две прямолинейные образующие.
Рассмотрим ещё более конкретный числовой пример.
.
148
Задача 64 (задача 1086 [4]). Найти угол между прямолинейными
образующими однополостного гиперболоида
, проходящими через точку (1,4,8).
Запишем систему (92) для данного случая (легко проверить, что
точка (1,4,8) действительно лежит на данном гиперболоиде):
Выражая
из второго уравнения, подставляя в первое и выпол-
няя приведение подобных членов, получим однородное уравнение
Решая квадратное уравнение относительно дроби
решения:
и
.
.
, находим два
Отсюда имеем два направляющих вектора искомых прямолинейных образующих:
и
. Угол между образующими (а
точнее, его косинус) находим из скалярного произведения этих векторов
Отсюда
. Задача решена.
.
7.4.5. Диаметральные плоскости и плоскости симметрии
Рассмотрим поверхность П второго порядка, задаваемая уравне-
нием . Возьмём некоторый ненулевой вектор и семейство
параллельных друг другу прямых с направляющим вектором .
Каждая такая прямая , если она целиком не лежит на по-
верхности П, может пересекать ее в одной, двух или ни одной точке.
Если она пересекает поверхность в двух точках А и В, то отрезок АВ
естественно назвать хордой поверхности П. Рассмотрим теперь
множество середин всех таких хорд АВ (параллельных вектору ).
Оказывается, что это множество лежит на некоторой плоскости (что
неочевидно!), которая называется диаметральной плоскостью, со-
пряжённой направлению .
Докажем это утверждение. Пусть
– столбец координат середи-
ны хорды АВ, параллельной . Тогда уравнение
149
относительно имеет два противоположных корня. Это равносиль-
но равенству
.
Перепишем его так (в силу известного свойства из алгебры и
симметричности матрицы ):
. (93)
При условии (направление неособое), это уравнение за-
даёт плоскость – диаметральную плоскость, сопряжённую направ-
лению . Как видно из уравнения, вектор является перпендику-
лярным вектором к этой плоскости.
Рассмотрим теперь случай кривой второго порядка K на плоско-
сти, задаваемой уравнением . Если рассмотреть
семейство хорд АВ этой кривой, параллельной некоторому фикси-
рованному ненулевому вектору , то семейство середин этих хорд
лежит на прямой, определяемой уравнением (93). Вектор являет-
ся нормальным вектором к этой прямой. Если рассмотреть хорду,
проходящую через центр симметрии кривой K (будем считать, что
он существует и единствен, что означает невырожденность матрицы
), то получим, что прямая (93) проходит через центр симметрии K.
Поэтому эту прямую называют диаметром, сопряжённым направ-
лению . Пусть – направляющий вектор прямой (93). Тогда имеем
. (94)
Рассмотрим теперь диаметр, сопряжённый направлению Как и
выше, направляющий вектор этого диаметра удовлетворяет равен-
ству
.
В силу симметрии матрицы имеем .
В силу невырожденности матрицы , вектор , а, следова-
тельно, сопоставляя равенства и мы
получаем коллинеарность векторов и . Отсюда мы получаем, что
диаметры с направляющими векторами и взаимно сопряжены.
Условие (94) есть условие взаимной сопряжённости. В силу сим-
метричности матрицы это условие симметрично относительно
векторов и .
150
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]