Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Решение задач по аналитической геометрии. Учебно-методическое пособие
.pdf
Заметим, что если наша кривая – окружность
условие (94) сводится к условию (в силу
) . Та-
, то
ким образом, для окружности сопряжённые диаметры – это перпендикулярные диаметры.
Рассмотрим пример.
Задача 65 (задача 879 [4]). Составить уравнение такой хорды
эллипса
, которая делится пополам точкой (2,1).
Ясно, что если мы рассмотрим диаметр, сопряжённый направле-
нию искомой хорды, то этот диаметр будет проходить через точку
(2, 1). Поскольку любой диаметр проходит через центр эллипса (0, 0),
то направляющим вектором диаметра будет вектор . С учётом
матрицы квадратичной формы
условие сопряжённости принимает вид
Отсюда видно, что вектор
,
является перпендикулярным
.
вектором к искомой хорде.
Остаётся провести прямую вида
, проходящую
через точку (2, 1).
Находим
,
. Отсюда искомая хорда
имеет уравнение
.
Рассмотрим теперь вопрос о плоскостях симметрии поверхностей второго порядка и осях симметрии кривых второго порядка.
Пусть – плоскость симметрии поверхности П. Если – нор-
мальный вектор плоскости , то по определению плоскости сим-
метрии есть диаметральная плоскость, сопряжённая направлению
. Как мы знаем, вектор является нормальным вектором к плос-
кости .
Два нормальных вектора к одной и той же плоскости коллинеар-
ны, т. е. .
151
Это означает, что вектор является собственным вектором мат-
рицы . Таким образом, мы получаем метод нахождения плоскостей
симметрии поверхностей и, полностью аналогично, осей симметрии
для кривых.
7.5. Геометрические задачи о поверхностях второго порядка
в пространстве
Рассмотрим ряд задач о пересечении плоскостей и поверхностей
второго порядка в пространстве.
Задача 66 (задача 1100* [4]). Доказать, что любая плоскость
пересекает однополостный гиперболоид, гиперболический параболоид и конус второго порядка.
1. Пусть поверхность П – однополостный гиперболоид
и пусть – произвольная плоскость с уравнением
.
Вот как не надо решать эту задачу: составлять систему двух
уравнений и пытаться доказывать, что она всегда имеет непустое
множество решений.
Рассмотрим для начала более простую проблему (это обычный
общий приём математика!) – вместо однополостного гиперболоида
рассмотрим аналогичную поверхность эллиптического цилиндра
. Покажем, что любая невертикальная плоскость пересе-
кает этот цилиндр. В самом деле, возьмём любую вертикальную образующую этого цилиндра. Поскольку плоскость невертикальна,
она пересечёт эту образующую (плоскость «вертикальна», если она
параллельна оси ).
Возвращаясь к нашему однополостному гиперболоиду, рассмот-
рим вначале невертикальную плоскость (это означает также ).
У однополостного гиперболоида нет вертикальных образующих,
поэтому рассмотрим его ось симметрии – ось . Поскольку не-
вертикальна, существует точка
. Рассмотрим плоскость
с уравнением . Если (плоскость горизонтальна),
152
то непустота пересечения очевидна, так как пересечением будет эллипс
, а эллипс, конечно, непуст.
Если же плоскость ещё и негоризонтальна, рассмотрим пересе-
чение плоскостей .
Поскольку у них есть общая точка
и они различны, их
пересечение есть некоторая прямая. Рассматривая картинку в гори-
зонтальной плоскости
, мы видим эллипс и некоторую пря-
мую, проходящую через его центр. Ясно, что эта прямая пересечёт
эллипс. Это и есть желаемая точка пересечения плоскости и наше-
го гиперболоида.
Пусть теперь плоскость вертикальна. Её уравнение
.
Рассмотрим картинку в семействе горизонтальных плоскостей
с переменным параметром .
Пересечение с гиперболоидом – «расширяющийся» с ростом
эллипс
, а пересечение с – «фиксированная» пря-
мая (только на разной высоте). Нетрудно увидеть,
что при достаточно большом значении рассматриваемый эллипс
пересечёт эту прямую.
2. Пусть теперь поверхность П – гиперболический параболоид
а – произвольная плоскость. Пусть сначала негори-
зонтальна. Тогда она, очевидно, пересекается с плоскостью по
прямой . С другой стороны, пересечение плоскости с нашим
параболоидом есть две пересекающиеся прямые
. Ясно,
что прямая пересечёт хотя бы одну из них (иначе она будет парал-
лельной им обеим, а значит, и они будут параллельны между собой
или совпадать, что неверно.)
Если же плоскость горизонтальна, т. е. имеет вид , то
пересечением будет либо гипербола, либо пара пересекающихся
прямых – такие кривые непусты.
3. Наконец, пусть поверхность П – конус второго порядка с
уравнением
.
153
Рассмотрим семейство прямолинейных образующих конуса:
где точка лежит на конусе и отлична от начала координат.
Если бы плоскость не пересекала ни одну из этих прямых, она
была бы параллельна каждой из этих образующих. Однако среди
этих образующих легко выбрать три некомпланарных, например, с
направляющими векторами
. Получили
противоречие. Итак, любая плоскость пересекает конус.
Задача полностью решена.
Рассмотрим теперь более трудную и очень поучительную задачу.
Задача 67 (задача 1101*(2) [4]). При каком необходимом и до-
статочном условии плоскость пересекает
двуполостный гиперболоид
?
Ясно, что теперь не всякая плоскость будет пересекать эту по-
верхность, например, плоскость (см. рис. 13).
И вновь решение задачи при помощи попытки нахождения алгебраического условия непустоты множества решений системы из
двух соответствующих уравнений (плоскости и гиперболоида) являлось бы очень трудоёмким (и едва ли реализуемым за разумное
время).
Воспользуемся общей идеей Дьердя Пойа [1]: рассмотрим вначале простейший частный случай – семейство горизонтальных плос-
костей .
Нам будет удобно изучить противоположный вопрос: при каком
условии пересечение будет пусто?
Как уже отмечалось, при пересечение действительно пу-
сто. Для плоскости уравнение для пересечения имеет вид
.
154
Это либо эллипс, либо точка, либо мнимый эллипс (пустое множество на вещественной плоскости) в зависимости от знака правой
когда
, что равносильно .
Очень часто бывает так, что частный случай становится решающим частным случаем в терминологии Д. Пойа, т. е. таким, который
даёт ключ к решению всей задачи.
Мы рассмотрели семейство параллельных плоскостей . Да-
вайте и в общем случае плоскости включим
её в семейство параллельных плоскостей
,
где параметры будут зафиксированы, а параметр – пере-
менный.
Пусть хотя бы при некотором эта плоскость не пересека-
ет наш двуполостный гиперболоид. Покажем, что в таком случае
две полости нашего гиперболоида (при и ) будут нахо-
диться по разные стороны от этой плоскости. Действительно, в противном случае не только сам двуполостный гиперболоид, но и уда-
лённые (при огромных ) части его асимптотического конуса
будут заведомо лежать по ту же сторону от плоскости, что и гипер-
болоид (точки асимптотического конуса при сколь угодно
близко приближаются к гиперболоиду). Но тогда легко видеть, что и
весь конус будет лежать по одну сторону от плоскости, что противоречит тому, что любая плоскость пересекает конус второго порядка (см. задачу 64, приведенную выше).
Если мы будем теперь перемещать параллельно нашу плоскость
в ту или другую сторону, то ясно, что в каждом из двух случаев в
какой-то момент плоскость коснётся гиперболоида и дальше будет
его полноценно пересекать. Обозначим точку касания через
.
Эта точка принадлежит гиперболоиду:
. (95)
Как мы знаем, уравнение касательной плоскости в этой точке
имеет вид
155
.
Но эта же самая плоскость имеет также уравнение
.
Как известно, отсюда вытекает пропорциональность коэффициентов
.
Далее находим
, , ,
.
Подставляя значения , , в (95), имеем
В результате получим значения для моментов касания:
Итак,
.
Разумеется, такие касательные плоскости возможны, если правая
часть здесь неотрицательна.
Если это так, то мы видим, что плоскость не
будет пересекать гиперболоид тогда и только тогда, когда
что равносильно условию
=
.
Для исходной плоскости мы получаем
критерий отсутствия пересечения (правая часть автоматически положительна):
.
,
Значит, плоскость будет пересекать гиперболоид тогда и только
тогда, когда
.
156
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Пойа Д. Как решать задачу: Пособие для учителей. М.: Гос.
учеб.-пед. изд-во мин-ва просв. РСФСР, 1959.
2. Пойа Д. Математика и правдоподобные рассуждения / пер. с
англ. И. А. Вайнштейна; под ред. С. А. Яновской. 2-е изд., испр. М.:
Наука, 1975. 464 с.
3. Пойа Д. Математическое открытие. Решение задач: основные
понятия, изучение и преподавание / пер. с англ. В. С. Бермана; под
ред. И. М. Яглома. 2-е изд., стер. М.: Наука, 1976. 448 с.
4. Моденов П. С., Пархоменко А. С. Сборник задач по аналити-
ческой геометрии. М.; Ижевск: ЗАО НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика», 2002. 384 с.
5. Моденов П. С. Аналитическая геометрия. М.: МГУ, 1969.
6. Курош А. Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1965. 431 с.
157
Учебное издание
Вертгейм Лев Борисович
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ
Учебно-методическое пособие
Редактор Т. В. Иванова
Верстка Т. В. Ивановой
Графические работы А. Г. Иванова
Обложка Е. В. Неклюдовой
Подписано в печать 15.02.2023 г.
Формат 60x84/16. Уч.-изд. л. 9,88. Усл. печ. л. 9,2
Тираж 230 экз. Заказ № 9
Издательско-полиграфический центр НГУ
630090, Новосибирск, ул. Пирогова, 2
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]