Doc / КОЩАНОВА Г.Р.АЛГЕБРА ЖӘНЕ ГЕОМЕТРИЯ

x a

y b

z c

түзуі және Ax By Cz D 0 жазықтығы берілсін.

e

m

n

sin

Ae Bm Cn

(5.42)

A2

B2 C 2 e2 m2

n2

l, m, n

N A, B,C

S

Ae Bm Cn 0

(5.43)

A

B

C

(5.44)

e

m

n

Шешуі.

а) L түзуінің бағыттаушы векторы a 2; 1;1 ,

p

жазықтығының нормалі

n 1; 3; 1 . Сондықтан (5.42) бойынша

sin

1 2 3 1 1 1

2

2

;

12 32 1 2 22 1 2 12

11

6

66

ә)

L түзуінің p жазықтығының қиылысу нүктесі олардың теңдеулер жүйесінің

шешімі ретінде ізделеді

t 1

2 1

x 2

x 4,

y 2,

z 4

y 1

1

1

z 3

16-мысал. А(6; 4;6) нүктесінен

5y 5z 22 0 жазықтығына түсірілген биіктік

x 6

y 4

z 6

0

5

5

d

Ax4 By4 Cz4 D

5 4 5 6 22

28

A2

B2 C2

50

5 2

Ax 2 2Bxy Cy 2 2Dx 2Ey F 0.

(6.1)

Бұл теңдеудiң коэффициенттерi нақты сандар және ең кем дегенде

A, B немесе C -

ның бiреуi нӛлге тең емес.

Мұндай сызықтарды 2-ші ретті сызықтар (қисықтар) деп аталады.

6.1-анықтама. Жазықтықтағы фокус

деп аталатын F1

c,0

және

F2 c,0

нүктелеріне дейінгі ара қашықтықтарының қосындысы

2a

( 2a 2c )

- ға тең

болатын нүктелердің геометриялық орнын эллипс деп аталады. r r 2a.

1

2

x2

y 2

1

c2 a2 b2

a 0,b 0, a b

(6.2)

a 2

b2

О- центрi.

a - эллипстiң үлкен жарты ӛсi, b -

кiшi жарты ӛсi деп

аталады.

a x a және

b y b.

Сондықтан

эллипстiң

барлық

нүктелерi

x a, y b түзулерден тұратын

тӛртбұрыш iшiнде жатады.

c

1

b2

(6.3)

a

a2

эллипстiң

эксцентриситетi

деп

аталады.

0 1 .

F1 c,0

және F2

c,0

эллипстiң

фокустерi,

ал эллипстiң фокусiнен кез келген

6.1-сурет

нүктесiне

дейiнгi

қашықтықтарды

r1 F1M , r2

F2 M

M нүктесiнiң фокальдық

радиустерi деп атайды.

r1 r2 2a

M x, y эллипстiң

(6.4)

Эллипстiң канондық теңдеуiн қорытып шығаруға болады.

кез

келген нүктесi. 6.1-суреттегi F MK тiкбұрышты үшбұрыштан r F M

x c 2 y 2

, ал

1

1

1

.

F MK үшбұрыштан

r

F M

x c 2 y 2

2

2

2

Бұл ӛрнектердi (7.4)

формулаға қойсақ мына ӛрнектi аламыз.

c2 a2 b2

болғандықтан b2 x2 a2 y2

a2b2 немесе

x2

y 2

1

(6.5)

a 2

b2

(x x0 )2

( y y0 )2

1

(6.6)

a2

b2

центрі M x0 , y0 нүктесінде орналасқан эллипс.

6.1.2. Шеңбер

x x0 2 y y0 2

R2

(6.7)

шеңбердiң канондық теңдеуi.

6.2-анықтама.

M 0

нүктеден

бiрдей R

қашықтықтағы нүктелердiң геометриялық орнын

радиусы

R -ге тең

центрi M 0

нүктеде жататын

шеңбер деп атайды. Шеңбердiң канондық теңдеуiн

6.2-суреттен

табамыз.

M 0 MK -дан

M0M

M0K 2 MK 2

.

M0 K x x0 ,

MK y y0,

M 0 M R онда

R

осыдан x x0 2

y y0

2 R2

x x0 2 y y0 2

6.2-сурет

Егер x0

0; y0 0

болса, онда центрi бас нүкте болатын шеңбердiң теңдеуi

x2 y2

R2

(6.8)

жазықтықтағы нүктелердiң

геометриялық

орнын гипербола

деп атайды, яғни

r1 r2

2a

(6.9)

x2

y 2

1

a 0,

b 0

c2 a2 b2

(6.10)

a2

b2

Ал y

b

x түзулерi гиперболаның кӛлбеу асимптоталары болатындығын дәлелдеуге

a

болады. c2 a2

b2 деп белгiлесек,

c

1

b2

(6.11)

a

a 2

ӛрнектi гиперболаның

эксцентриситетi деп атайды. F1 c,0 және

F2 c,0 нүктелерi

гиперболаның

фокустерi, r1 F1M және

r2

F2 M гиперболаның

M нүктесiнiң

фокальдық радиустерi деп аталады, мұндағы

M гиперболаның кез келген нүктесi

(6.3-сурет).

(6.9)

формуланы

пайдаланып

6.3-суреттен

r F M

x с 2

y 2 ,

1

1

r

F M

x с 2 y 2

екендiгiн ескерiп гиперболаның

канондық

теңдеуiне

тең

2

2

екендiгiн дәлелдеуге болады.

y

b

x

(6.12)

a

гиперболаның ассимтоталары

(x x0 )2

( y y0 )2

1

(6.13)

a2

b2

центрі M x0 , y0 нүктесінде орналасқан гипербола.

6.1.4. Парабола

Параболаның канондық теңдеуi

p 0

y 2 2 px

(6.14)

Бұл

теңдеудегi

айнымалы

y -тiң дәрежесi жұп,

сондықтан парабола Ox ӛсiне симметриялы (6.4-

сурет).

O 0,0

нүктесi

параболаның

тӛбесi,

p

r

FM

F

,0

нүктесi параболаның фокусi,

2

параболаның M нүктесiнiң фокальдық радиусi деп

аталады, мұндағы

M x, y

параболаның кез

келген нүктесi

6.4-сурет

6.4-анықтама.

F

фокустен

және директриса деп аталатын түзуден ара

r d

(6.15)

p 2

2

p

(6.15) теңдiктi пайдаланып 6.4-суреттен

r

x

y

,

d

x

екендiгiн ескерiп

2

2

x2 4x y2

5

y 2.

2

Енді толық квадратқа дейін толықтырамыз:

2

2

5

25

25

x

4x 4 y

y

2

4

2

16

16

2

5

2

121

x 2

y

4

16

5

радиусы r

11

- бұл центрі

2;

,

шеңбердің теңдеуі.

4

4

2-мысал. x2 9y 2 2x 36y 44 0 теңдеуі қандай қисықты анықтайды?

Шешуі: Теңдеу мүшелерін топтастырып, келесі түрлендірулер жасайық:

x2 2x 9 y2 4y 44

x2 2x 1 9 y2 4y 4 44 1 36

x 1 2 9 y 2 2 9

x 1 2

y 2 2

1 – гипербола.

9

5

6

15

3-мысал.

;

және

2;

нүктелері арқылы ӛтетін эллипстің теңдеуін

2

4

5

Шешуі:

x2

y2

1

-

ізделінді

эллипс теңдеуі болсын. Берілген нүктелердің

a2

b2

координаттары осы теңдеуді қанағаттандыруы керек. Ендеше,

25

3

1,

4

3

1

4a2

8b2

a2

5b2

x2

y2 1.

10

6.2. Кеңiстiктегi беттердiң теңдеулерi

Кеңiстiктегi беттердiң жалпы теңдеуi былай берiледi

3

3

3

aij xi x j

2 bi xi

B 0

(6.17)

i 1

j 1

i 1

Мұндағы aij aji, bi , B

берiлген

тұрақты

сандар, x1 , x2 , x3 кеңiстiктегi

айнымалылар. x1 x, x2 y, x3 z

деп белгiлеп беттердiң

канондық түрде

берiлген дербес түрлерiн қарастырайық.

Қимасы ӛзара қиылысатын екi түзулер болады

y 2

z 2

0 немесе

x2

z 2

0.

b2

c2

a2

c2

8. Эллиптикалық цилиндр.

x 2

y 2

1

a,b 0

a 2

b2

теңдеуде

z айнымалысы жоқ.

XOY жазықтығына теңдеуi жарты

ӛстерi a және b -ға тең эллипстi анықтайды. Егер

x, y

нүктесi

осы эллипсте жатса, онда

z -i

кез келген

x, y, z

нүкте

беттiң

үстiнде жатады (6.5-сурет).

Сонымен OZ ӛсiне параллель

осындай нүктелердiң жиыны эллиптикалық цилиндрлiк беттi

құрайды. Бұл бет

XOY жазықтығын

x2

y2

1

эллипспен қияды.

b2

a2

Бұл эллипс цилиндрдiң бағыттауыш сызығы деп, ал беттiң үстiнде

6.5-сурет

жатқан OZ ӛсiне параллель түзулер осы беттiң жасаушылары деп

аталады.

Егерде

осы

цилиндрдi

x h,

h

a

немесе

y h,

h

b

жазықтықтарымен қисақ, қимасынан жасаушы түзу-лер аламыз, яғни

y 2

1

h2

немесе

x2

1

h2

.

a2

a2

b2

b2

9. Гиперболалық цилиндр.

x2

y 2

1

a,b 0

a2

b2

6.6-сурет

6.7-сурет

11.

Ӛзара қиылысатын екi жазықтықтың теңдеуi

a2 x2 b2 y2 0

a,b 0

Бұл беттiң бағыттауыштары y

a

x

түзулерi болады.

b

12.

Параллель немесе беттесетiн екi жазықтықтың теңдеуi

x2 a2 0.

a 0

13.

x2 y2

0 теңдеудi тек OZ ӛстiң нүктелерi ғана

0,0, z қанағаттандырады,

сондықтан

ол OZ ӛстiң теңдеуi.

x2 z2

0 OY ӛстiң теңдеуi.

y 2 z 2 0

OX ӛстiң теңдеуi.

14.

x2 y2 z 2 0

теңдеудi тек O 0,0,0 нүктенiң координаттары ғана

қанағаттандырады.

4-мысал. 4x2 9y 2

36z 2 8x 18y 72z 13 0 теңдеуін канондық түрге келтіру

4(x2 2x 1) 9( y 2 2y 1) 36(z 2

2z 1) 13 4 9 36

немесе 4(x 1)2 9( y 1)2

36(z 1)2 36.

Координат осьтерін параллель кӛшіреміз, жаңа координат басы

ретінде O' (1;1;1)

нүктесін аламыз. Координаттарды түрлендіру формуласы:

x x' 1,

y y' 1,

z z' 1

болады. Сонда беттің теңдеуі: 4x'2 9y'2 36z'2

36 немесе

x'2

y'2

z'2 1

– бұл

9

4

Rn

кеңістігіндегі

x , x

, ..., x

n

айнымалысының

квадраттық

формасы

деп мына

1

2

қосындыны айтамыз:

n

f

ai j xi x j

(7.1)

i, j 1

R2

кеңістігіндегі квадраттық форманың түрі:

2

2

f x1 , x2 ai j xi x j

ai1 xi x1 ai 2 xi x2 a11x1 x1

a12 x1 x2 a21x2 x1 a22 x2 x2

(7.2)

i, j 1

i 1

a12 a21 болғандықтан (7.1)-ді мына түрде жазамыз:

f x , x

2

a

x x

a

x x

2

a

21

x x

a

22

x

x

2

a

x 2

2a

x x

2

a

22

x

2

(7.3)

1

11

1

1

12

1

2

1

2

11

1

12

1

2

3

3

f x1 , x2 , x3 ai j xi x j

ai 1 xi x1 ai 2 xi x2 ai3 x3

i, j 1

i 1

a11x1 x1 a12 x1 x2

a13 x1 x3 a21 x2 x1

a22 x

2 x2 a23 x2 x3

(7.4)

a31x3 x1 a32 x3 x2 a33 x3 x3

ai j a j i болғандықтан (7.4)-ті мына түрде жазамыз:

3

f x1 , x2 , x3 ai j xi x j

a11x12

a22 x22

a33 x22 2a12 x1 x2

2a13 x1 x3 2a23 x2 x3

(7.5)

i, j 1

1-мысал. R3 кеңістігіндегі f x , x

2

, x

3

x2 3x2

4x x

2

x x

3

квадраттық

1

1

3

1

1

форманың матрицасын табыңыз.

Шешуі. Берілген квадраттық формада

a 1, a

0, a

3, a

2, a

1

, a

0

22

33

23

11

12

13

2

болғандықтан, оның матрицасының түрі:

1