ag / 2_2
.doc-
Линией 2го порядка := мн-во точек пл-ти, кот. в афф.с.к. мож. задать ур-ем (1): F(x,y)=a11x2+a12xy+a22y2+2a1x+2a2y+a0=0. Пересечение линии (1) с прямой. Дано: L:F(x,y)=0 – лини L, l: {(x=x0+t)(y=y0+t) (2)– прямая l. Найдём точки их пересечения. F(x0+t,y0+t)t2(a112+2a12+a222)+ +2t(a11x0+a12(x0+y0)+a22y0+a1+a2)+F(x0,y0)=0. Обозначим коэф-т при t2 как (,), а при 2t как Q (,)t2+2Qt+F(x0,y0)=0 (3).
Опр. В-р a={,}:= в-ром асимптотоич-го напр-я по отношению к линии 2го порядка L, если (,)=a112+2a12+a222=0. Если у прямой l напр-й в-р явл. в-ром асимптотич-го напр-я по отношению к L, то l:= прямой асимптотич-го напр-я по отношению к L. Если такая прямая l не имеет общих с L точек, то она := асимптотой L; если же lL, то l:= образующей L. Теорема. Если пр. l имеет асимптотич-е напр-е по отнош-ю к L, то тогда либо 1)lL в !-й точке, 2) l – асимптота, 3)l-образующ-я. Д-во. Из (3) 2Qt+F(x0,y0)=0 1. Ур-е имеет !-е решение, т.е. Q0 t=-F(x0,y0)/2Q. 2. Решений нетQ=0, F(x0,y0)0, 3)реш-йQ=0,F(x0,y0)=0.
Опр. В-р a={,} имеет хорд-е напр-е, если (,)0 (1). Тогда (,)t2+2Qt+F(x0,y0)=0 (2) – ур-е для нах-я точек пересеч-я лин. L с пр. l.
Если напр-й в-р пр. l имеет хорд-е напр-е, то (2) может иметь: 1) 2а различ. корня – прямая хорд-го напр-я пересекает L, 2) 2а совпадающих корня – l явл кас-й, 3) не иметь корней – l не имеет общих с L точек.
Рассм-м 2й случ. a={,}-напр-й в-р l. M0(x0,y0)=lL. Пусть M0 – начальная точка прямой lF(x0,y0)=0 и из (2) (,)t2+2Qt=0 (2`). По усл. (2`) имеет 2а совпадающих корня и t1=0 t2=0 Q=0. Найдём Q. Q=(a11x0+a12y0+a1)+(a21x0+a22y0+a2). Рассм-м в-р n = {a11x0+a12y0+a1; a21x0+a22y0+a2}. Тогда Q=0 <a,n>=0 na n явл. Нормальным в-ром кас-й l: Ax+By+C=0. M0ll: A(x-x0)+B(y-y0)=0. {A,B} – норм-й в-р l A=a11x0+a12y0+a1, B=a21x0+a22y0+a2 l: (a11x0+a12y0+a1)(x-x0) + (a21x0+a22y0+a2)(y-y0)=0 (3). Вывод. Ур-е (3)-ур-е кас-й к L в точке M0(x0,y0)
Опр. =dit|a11,a12; a21,a22|:= дискримин-м ур-я линии L:F(x,y)=0. (>0-элиптич. тип, <0 – гиперб-й, =0-параб-й). Т. Линия элиптич. типа не имеет асимпт. напр-й; гиперб-го типа – напр-й, параболич. типа – одно.
Центр симметрии. О. т.M0:=центром сим-ии мн-ва L, если M1L т.M2, симметр-я точке M1 относ-но т.M0, тоже мне-ву L. Т. L:F(x,y)=0 (1). Если M0(x0,y0) – центр симметрии L, то (2) {(a11x0+a12y0+a1=0)(a21x0+a22y0+a2=0)
О. M0:= центром линии 2го порядка L, если вып. ур-я (2). Линия L:= центр-й, если у неё !-й центр. Если линия явл. центр-й, то система (2) имеет !-е реш-е её определитель 0. (2) не имеет реш-й =0 и rg((a11,a12,a1; a21,a22,a2))=2 – в это случае лини L не имеет центра. (2) имеет решений =0 и rg((a11,a12,a1; a21,a22,a2))=1 – в этом случ. центров у линии L .
О. В-ры a={,} и a`={`,`} сопряжены относит-но линии L, если a11`+ +a12(`+`)+a22`=0 (5). Св-во. Если в-р a имеет асимпт-е напр-е, то он сопряжён самому себе. О. В-ры a и a` задают главные напр-я относит-но линии 2го порядка, если они сопряжены и взаимноортогональны. О. прямая (a11x+a12y+a1)+(a21x+a22y+a2)=0 (4) := диаметром линии 2го порядка, сопряжённым неасимптотич-му напр-ю {,}. Т. Если линия 2го порядка L имеет центр, то диаметр этой линии проходит через центр. Т. Диаметр, сопряж-й направл-ю кас-й, проходит через точку кас-я.
Преобразов-е линии L при пов-те осей координат на угол . Дано ур-е линии (1)L: a11x2+a12xy+a22y2+2a1x+2a2y+a0=0. Перейдём от Oxy к Ox`y` так, чтобы в Ox`y` не было слагаемого x`y`. Ф-лы перехода от xy к x`y`: {(x=x`cos-y`sin)(y=x`sin+y`cos). (1) … a`11x`2+2a`12x`y`+a`22y`2+ +2a`1x`+2a`2y`+a`0=0. Найдём так, чтобы a`12 стал =0. 2a`12= -a112cossin+ +2a12(cos2-sin2)+a222sincos a`12= -a11cossin+a12(cos2-sin2)+ +a22sincos. Т.к. a`12=0 a12cos2=((a11-a22)/2)sin2, т.к. 0 (т.к. a120) ctg2=(a11-a22)/2a12 (2). Вывод. При пов-те с.к. на угол , кот явл. корнем ур-я (2), коэф-т a`12 в новом ур-ии кривой L равен 0. Т.о. L:a11x2+a22y2+2a1x+2a2y + +a0=0 (1`). Пусть L имеет !-й центр, т.е. =dit|a11,0; 0,a22|0. Перенесём начало координат в центр – перейдём от с.к. Oxy к Ox`y`: x`=x-x0, y`=y-y0. Преобразуем ур-е (1`). В итоге получим: L: a11x`2+a22y`2+2x`(a11x0+a1)+ +2y`(a22y0+a2)+F(x0,y0)=0. Т.к. (x0,y0)- центр, то a11x0+a1=0, a22y0+a2=0 для кривой с ур-ем(1`) (для нахождения центра нужно решить систему a11x+a12y +a1=0 и a21x+a22y+a2=0, но a12=0=a21 a11x0+a1=0, a22y0+a2=0)
a11x`2+a22y`2+F(x0,y0)=0 (2`), где F(x0,y0)=a11x02+a22y02+2a1x0+2a2y0+a0.
Вывод. С помощью поворота с.к. и переноса начала с.к. в цент линии можно привести её ур-е к виду (2`). Т.о. L:a11x2+a22y2= -F(x0,y0).
Теорема о типах линий 2го порядка. ] L- линия 2го порядка. Тогда на пл-ти мож. Выбрать такую с.к. Oxy, в кот. ур-е линии L будет иметь один из 9ти видов. Д-во. Т.к., если 0 a110, a220, можно выбрать с.к., что L: L:a11x2+a22y2= -F(x0,y0), то возможны случаи: 1)sgn(a11) = sgn(a22) = sgn(F(x0,y0)) 0 x2/(-F(x0,y0)/a11) + +y2/(-F(x0,y0)/a22)=1,] F(x0,y0)/a11a2, F(x0,y0)b2 x2/a2+y2/b2= -1. 2) sgn(a11)=sgn(a22)sgn(F(x0,y0))0 x2/a2+y2/b2=1. 3)sgn(a11)sgn(a22), F(x0,y0)0 x2/a2-y2/b2=1, переименовывая при необх-ти коорд-ты. 4)sgn(a11)=sgn(a22), F(x0,y0)=0 a11x2+a22y2=0 (1/|a11|=a2,1/|a22|=b2) x2/a2+y2/b2=0. 5)sgn(a11)sgn(a22), F(x0,y0)=0 x2/a2-y2/b2=0. L: a11x2+a22y2+2a1x+2a2y+a0=0, при этом a11a22=0. Не ограничивая общности, можем считать, что a11=0 L: a22y2+2a1x+2a2y+a0=0. =dit|0,0; 0,a22|=0, =dit|0,0,a11; 0,a22,a2; a1,a2,a0|=-a22a12. Имеем 2е возможности: =0, или 0. 0a1 0a22y2+2a2y+a0= -2a1x (a220) y2+(2a2/a22)y+(a0/a22)= -2(a1/a22)x (y+(a2/a22))2= -(2a1/a22) (x-[(a22/(2a1a22))-a0/(2a1)]). a2/a22=y0, [(a22/(2a1a22))-a0/(2a1)=x0 (y-y0)2= -2(a1/a22)(x-x0). Перенеся начало координат в (x0,y0) и сделав соотв. замену,, получим: 6)y2=2px (меняя напр-е оси x, можно читать p>0). Случай =0 a1=0 L: y2+(2a2/a22)y+(a0/a22)=0 (y+a2/a22)2=a22/a222-a0/a22. Перенося начало координат, делая соотв. замены и рассматривая различ. случаи, получим: либо 7)y2=0, 8)y2= -a2, 9)y2= -a2.
Поверхность 2го порядка Ф:= всякое мн-во точек пр-ва, кот. в нек. афф.с.к. мож. задать ур-ем: a11x2+a22y2+a33z2+2a12xy+2a13xz+2a23yz+ +2a1x+2a2y+2aaz+a0=0 (1). Пов-ть вращ-я. Oxyz – прямоуг-я декартова с.к., в пл-ти Oyz дана нек. кривая L:f(y,z)=0. Получили ур-е пов-ти, кот. описывает кривая L при вращ-ии вокруг oZ. Пусть L` - нек. положение кривой L при вращ-и, M и M` соотв-е точки, N – центр окр-ти, на кот. лежат M и M`. ] M=(0,y,z) N=(0,0,z). ] M`=(x`,y`,z`). Найдём (x`,y`,z`) через y и z. z`=z, (y`2+x`2)=y f((y`2+x`2),z`)=0. Отбросив штрихи,
Получим ур-е пов-ти вращ-я: f((x2+y2),z)=0 кривой L: f(y,z)=0,x=0.
Поверхности вращ-я 2го порядка. 1) Прямой круговой цилиндр. В пл-ти Oyz задана прямая L ||-я оси oz: L: y=a,x=0. Получим пов-ть вращ-я. f(y,z)=0, x=0. Вместо y подставим (x2+y2) (x2+y2)=a x2+y2=a2 – ур-е прямого кругового цилиндра. 2) Круговой конус. В пл-ти Oyz рассм-м прямую, кот. проходит через (0,0,0) под нек. углом . L:z=ky (k=tg), x=0 – ур-е указанной прямой. Запишем ур-е пов-ти, полученной при вращ-и это прямой вокруг oZ. (x2+y2) вместо y z=k(x2+y2) z2=k2(x2+y2) – ур-е прямого круг-го конуса. 3)Эллипсоид вращ-я. В пл-ти Oyz задаём эллипс: L: y2/a2+z2/b2=1, x=0. О. Эллипсоидом вращ-я:= пов-ть, полученную вращ-ем эллипса вокруг большой или малой осей. а) вокруг oZ: вместо y (x2+y2) (x2+y2)/a2+z2/b2=1; б) вокруг oy: y2/a2+(z2+x2)/b2=1. 4)Гиперболоид вращения. L: y2/a2-z2/b2=1, x=0. О. Однополостным гип-дом вращ-я:= пов-ть, получ-ю вращ-ем гип-лы вокруг её мнимой оси (в данном случ – oZ). О. Двупол-м гиперб-дом вращ-я:= пов-ть, получ-ю вращ-ем гиперболы вокруг её фок-й оси (oY). а)вокруг oZ: (x2+y2)/a2-z2/b2=1;б)Вокруг oY: y2/a2-(z2+x2)/b2= =1. 5)Параболоид вращ-я. L: z2=2py, x=0. О.Параболоидом вращ-я := пов-ть, получ-ю вращ-ем параболы вокруг её оси (в данном случае oY). ((x2+z2)2=2py x2+z2=2py.
Канонические ур-я пов-тей 2го порядка. 1)Трёхосный эллипсоид. О. 3хосным эллипс-дом := пов-ть 2го порядка, кот в нек декарт-й прямоуг-й с.к. можно задать ур-ем: x2/a2+y2/b2+z2/c2=1 (1), a,b,c>0 – оси. Возьмём эллипсоид вращения x2/a2+(y2+z2)/b2=1 и рассм-м преобразование пр-ва x`=x, y`=y, z`=kz, k>0 (2) – сжатие пр-ва к пл-ти Oxy с коэф-том сжатия k x`2/a2+ +y`2/b2+z`2/k2b2=1, k=c/b x`2/a2+y`2/b2+z`2/c2=1 – ур-е трёхосного эллипс-да. Т.о. 3хосный эллип-д можно получить из эллипс-да вращения путём сжатия к пл-ти, содержащей ось вращения. 2)Однополостный гиперболоид.:= пов-ть, задаваемая ур-ем x2/a2+y2/b2-z2/c2=1 (3). Рассматривая однополостный гиперболоид x2/a2+y2/a2-z2/c2=1 и преобразование пр-ва x`=x, y`=ky, z`=z, получим x`2/a2+y`2/(ka)2-z2/c2=1. Обозначив ka=b, получим требуемое ур-е. Т.о. однополостный ги-ид получается из однополостного гиперболоида вращения с помощью сжатия к пл-ти, содержащей ось вращ-я.
3)Двуп-й гип-ид. := повть 2го порядка, кот. в нек. декарт-й прямоуг-й с.к. можно задать ур-ем: x2/a2-y2/b2-z2/c2=1.
Рассматривая двуп-й ги-ид вращ-я x2/a2-(y2+z2)/b2=1, преобраз-е пр-ва x`=x, y`=y, z`=kz (k>0) и производя замену kb=c, получим
x`2/a2-y`2/b2-z`2/c2=1. Вывод. Двуп-й гип-ид получается из двуп-го гип-да вращ-я с помощью сжатия его к пл-ти, содержащей ось вращ-я (в дан-м случае XOY).
4) Эллиптич. ги-ид:=пов-ть 2го порядка, задаваемая ур-ем: 2z=x2/p+y2/q (p>0,q>0). Рассматривая параболоид вращ-я x2+y2=2pz, преобраз-е пр-ва x`=x, y`=ky, z`=z и производя замену q=k2p, получим: x`2/p+y`2/q=2z`. Вывод. Получили из параболоида вращ-я сжатием его к пл-ти, содержащей ось вращ-я (в дан-м случ. XOZ).
5)Гиперболический параболоид.:= пов-ть, задаваемая ур-ем 2z=x2/p-y2/q (p>0,q>0). Эту пов-ть нельзя получить с помощью сжатия пр-ва к к.-л. пл-ти. Изучим строение этой пов-ти с пом. метода сечений, т.е. исходя из видов кривых, кот получаются в пересечении пов-ти с пл-ми, совпадающими, или ||ми координ-ным пл-тям. а) x=0 y2=-2qz; б) z=0 x2/p-y2/q=0 (x/p-y/q)(z/p+y/q)=0; в)y=0 x2=2pz, г)x=h, д) y=h, е)z=h.
Опр. Прямая, целиком лежащая на пов-ти := прямолин-й образующей.
Т1. Через каждую точку однополостного гип-да проходят 2е и только 2е прямолин-х образующих. Д-во. ] M0(x2/a2+y2/b2-z2/c2=1). Проведём через M0 прямую с напр-ми в-м a={l,m,n} Тогда, чтобы эта прямая гип-ду н. и д., чтобы ур-е (x0+tl)2/a2+(y0+tm)2/b2-(z0+tn)2/c2=1 вып-сь тождественно. Это ур-е получено после подстановки в ур-е ги-да коор-т т.M прямой x=x0+tl, y=y0+tm, z=z0+tn. Раскрывая скобки и упрощая, получим: 2t(x0l/a2+y0m/b2-z0n/c2)+t2(l2/a2+m2/b2-n2/c2)=0 x0l/a2+y0m/b2-z0n/c2=0 и l2/a2+m2/b2-n2/c2=0. Из 2го ур-я следует, что n0. ]n=c x0l/a2+y0m/b2=z0/c, l2/a2+m2/b2=1. Эта система имеет 2а различных реш-я 2а напр-х в-ра.
Т2. Через любую точку гиперблического параболоида проходит 2е и только 2е прямолинейные образующие.