Поверхні другого порядку та їх класифікація.

Аналогом кривих другого порядку являються в просторі поверхні другого порядку.

Поверхнею другого порядку називається множина всіх точок простору, координати яких в деякій афінній системі координат задовольняють рівняння (8):

a₁₁x²+a₂₂y²+a₃₃z²+2a₁₂xy+2a₁₃xz+2a₂₃yz+2a₁₄x+2a₂₄y+2a₃₄z+a₄₄=0, де коефіцієнти а₁₁, а₂₂, а₃₃, а₁₂, а₁₃, а₂₃ не рівні нулю одночасно.

Міркуючи аналогічно, як і у випадку кривих, ми за теоремою 6, а потім, згрупувавши однакові змінні і виділивши повні квадрати, одержимо канонічне рівняння поверхні другого порядку: l₁x²+l₂y²+l₃z²+Q=0, де Q – многочлен не вище першої степені. Розглянувши всі можливі випадки, які можна отримати з цього рівняння (аналогічно із кривими), одержимо класифікацію поверхонь другого порядку:

 

№ п/п	Назва поверхні	Канонічне рівняння
	Еліпсоїд.
	Уявний еліпсоїд.
	Однопорожнинний гіперболоїд
	Двопорожнинний гіперболоїд
	Уявний конус, одна дійсна точка О(0,0,0)
	Конус
	Еліптичний параболоїд
	Гіперболічний параболоїд
	Еліптичний циліндр
	Гіперболічний циліндр
	Уявний циліндр
	Пара площин, що перетинаються (по вісі OZ)
	Пара уявних площин, що перетинаються по дійсній прямій (вісь OZ)
	Параболічний циліндр
	Пара паралельних площин
	Пара уявних паралельних площин
	Пара площин, що співпадають

 

Теорема 8.

Існує 17 типів поверхонь другого порядку.

 

Зведення квадратичної форми до канонічного вигляду в евклідовому векторному просторі

Для зведення квадратичної форми до канонічного вигляду в евклідовому просторі можна скористатися, наприклад, методом ортогональних перетворень, який детально розглядається в лінійній алгебрі. Суть його в тому, що симетричну матрицю можна звести до діагонального вигляду за допомогою деякого ортогонального перетворення (тобто переходу від однієї прямокутної системи координат до іншої прямокутної системи координат). Причому діагональними елементами отриманої матриці будуть різні корені характеристичного рівняння даної матриці, а нові базисні вектори знаходимо нормувавши власні вектори, що відповідають характеристичним кореням.

Зупинимося на цьому методі більш детально.

Розглянемо квадратичну форму від трьох змінних:

F(x,y,z)=a₁₁x²+a₂₂y²+a₃₃z²+2a₁₂xy+2a₁₃xz+2a₂₃yz.

Щоб привести квадратичну форму до канонічного вигляду і знайти формули перетворення систем координат, потрібно:

1. Скласти матрицю квадратичної форми F(x,y,z) А= , де а_ij=a_ji,

та розв’язати її характеристичне рівняння

(так як матриця А симетрична, то отримаємо три дійсних кореня: λ₁, λ₂, λ₃).

2. Записати канонічний вигляд квадратичної форми F(x¢,y¢,z¢)=l₁x¢ ²+l₂y¢ ²+l₃z¢ ².

3. Знайти власні вектори лінійного оператора, що має ту ж матрицю, що і дана квадратична форма. Їм відповідають характеристичні корені λ₁, λ₂, λ₃ .

4. Пронормувавши власні вектори, отримаємо базис в якому квадратична форма має канонічний вигляд.

5. Знаючи координати нових базисних векторів, записуємо формули перетворення прямокутних систем координат (див. [12, § 17]).

Ми розглянули випадок, коли характеристичні корені λ₁, λ₂, λ₃ різні. Що робити, коли серед характеристичних коренів є однакові, покажемо на прикладі 17.

Приклад 2.

За допомогою ортогонального перетворення евклідового векторного простору привести до канонічного вигляду квадратичну форму і знайти формули відповідного перетворення.

Розв’язання: Запишемо матрицю квадратичної форми:

і складемо характеристичне рівняння:

.

Обчисливши визначника, одержимо:

або і

.

Звідки отримаємо: .

Отже, квадратична форма має канонічний вигляд:

.

Залишається отримати формули перетворення. Визначимо ортонормований базис в якому квадратична форма має канонічний вигляд.

Нові базисні вектори є власними векторами лінійного оператора, що має ту ж матрицю, що і дана квадратична форма; отже, їх координати задовольняють системі рівнянь:

(*)

Знайдемо вектор , який відповідає власному значенню . Для цього в системі рівнянь (*) покладемо . Отримаємо:

.

Знайдемо який-небудь з розв’язків одержаної системи. Вважаючи, наприклад, одержимо, що . Вектор – один з власних векторів, який відповідає значенню . Щоб отримати шуканий вектор , потрібно нормувати цей вектор :

.

Для знаходження другого базисного вектора , який відповідає власному значенню покладемо в (*) і отримаємо систему:

Як і вище, знайдемо: .

Нарешті, при одержимо: .

Отже, формули перетворення мають вигляд:

Якщо підставити ці значення в дану квадратичну форму, то отримаємо її канонічний вигляд. Цим можна скористатися для перевірки правильності розв’язку.

Приклад 3.

За допомогою ортогонального перетворення евклідового векторного простору привести до канонічного вигляду квадратичну форму і знайти формули цього перетворення.

Розв’язання: Аналогічно до попереднього приклада складаємо характеристичне рівняння

або ;

його корені: .

Шуканим канонічним виглядом даної квадратичної форми є форма .

Знайдемо базис, в якому дана квадратична форма має канонічний вигляд.

Відмінність цієї задачі від попередньої полягає у тому, що тепер характеристичне рівняння має кратний корінь 5. Цьому кореню відповідають два вектори і нового базису.

Запишемо для даної квадратичної форми систему:

(α)

При отримаємо систему, еквівалентну одному рівнянню:

(β)

Один з розв’язків цього рівняння виберемо довільно. Прийнявши, наприклад, одержимо, що . Третя координата вектора може бути довільною. Нехай . Отримаємо вектор . Нормуючи цей вектор, одержимо один з шуканих векторів:

Потім знайдемо вектор , ортогональний вектору і такий, що його координати задовольняють рівняння (β). Використовуючи умову перпендикулярності векторів і , одержимо для знаходження координат вектора наступну систему:

З цієї системи знаходимо, що ; можна взяти рівним будь-якому числу, відмінному від нуля, але, оскільки ми шукаємо одиничний вектор, краще вибрати . Тоді

Щоб знайти вектор , покладемо в системі (α) . Отримаємо:

Одним з розв’язків цієї системи є: . Нормуючи одержаний вектор , знайдемо вектор

Запишемо формули ортогонального перетворення, яке приводить дану квадратичну форму до канонічного вигляду:

Оскільки при знаходженні вектора його третя координата вибиралася довільно, то існує нескінченне число перетворень, які приводять дану квадратичну форму до отриманого канонічного вигляду. Ми знайшли формули тільки одного із них.

 

ЗАДАЧІ

 

За допомогою заміни базису афінного простору знайти канонічний вигляд квадратичної форми і записати формули перетворення координат.

1. .

2. .

3. .

4. .

5. .

6. .

7. .

8. .

9. .

10. .

11.

12.

13. .

14. .

 

Привести квадратичну форму до канонічного вигляду:

15. ;

16. ;

17. ;

18. ;

19. ;

20. ;

21. ;

22. .

 

За допомогою ортогонального перетворення евклідового векторного простору привести до канонічного вигляду квадратичну форму і записати формули цього перетворення:

23. ;

24. ;

25. ;

26. .

 

Привести до канонічного вигляду рівняння кривої за допомогою переходу до нової прямокутної системи координат. Вияснити вид кривої і знайти формули перетворення координат у просторі :

27. ;

28. ;

29. ;

30. ;

31. .

 

Привести до канонічного вигляду рівняння поверхні за допомогою переходу до нової прямокутної системи координат. Вказати вид поверхні і знайти формули перетворення координат у просторі :

32. .

33. ;

34. ;

35. ;

36. .

37. .

 

Розділ 3

Криві другого порядку

Еліпс

Еліпсом називається множина всіх точок площини координати яких, в деякій прямокутній системі координат, задовольняють рівняння: , (14)

де а ³ b>0.

Якщо а=b, то маємо коло. Еліпс можна отримати з кола стисканням до вісі OX.

З рівняння еліпса маємо: , аналогічно Отже, еліпс – це фігура обмежена прямокутником із сторонами 2а і 2b.

Так як змінні в рівняння еліпса входять лише в другій степені, то еліпс симетричний відносно координатних осей і початку системи координат.

Точки A₁, A₂, B₁, B₂, в яких еліпс перетинає вісі системи координат, називаються вершинами еліпса.

Відмітимо елементи еліпса, які не залежать від орієнтації координатних осей:

1. число а – велика піввісь

(2а –велика вісь),

2. число b – мала піввіс ь

(2b – мала вісь),

3. 2c – фокальна відстань (c²=a²-b²),

4. e = – ексцентриситет (0<e<1),

5. точка О(0,0) – центр еліпса,

6. А₁(а,0), А₂(-а,0), В₁(0,b), В₂(0,-b) – вершини еліпса,

7. Точки F₁(с,0), F₂(-с,0) називаються фокусами,

8. прямі d₁ i d₂, які мають рівняння: x= , називаються директрисами еліпса (не мають спільних точок з еліпсом).

Розглянемо довільну точку М, яка належить еліпсу. Відрізки, які сполучають її з фокусами називаються фокальними радіусами точки М (довжини цих відрізків також називають фокальними радіусами точки М).

Нехай точка М еліпса має координати x, y. Тоді ÷ MF₂ ÷ = = . Так як точка М належить еліпсу, то її координати задовольняють рівняння еліпса: , звідки y²=b²(1 – ). Отже,÷ MF₂ ÷ = = = = = = ÷ ex+a ÷.

Аналогічно міркуючи, отримаємо: ÷ MF₁ ÷ =÷ -ex+a ÷.

Так як для всіх точок еліпса ex < a,то модулі приймають лише додатні значення, тому: ÷ MF₁ ÷= -ex+a, ÷ MF₂ ÷ = ex+a.

Тоді÷ MF₁ ÷ + ÷ MF₂ ÷ =2a.

Отже, ми отримали геометричне означення еліпса:

Еліпсом називається множина всіх точок площини сума відстаней від яких до двох даних точок (фокусів) є величина постійна (рівна 2а).

Параметричні рівняння еліпса.

Нехай задано еліпс канонічним рівнянням:

Побудуємо в прямокутній системі координат два концентричні кола радіусами a і b, a>b (рис.9).

Проведемо промінь ОК. Нехай він утворює з віссю ОХ кут φ. Точки перетину променя з колами позначимо N i Q. Проведемо через точку N пряму паралельну до oсі OX, а через Q пряму паралельну до OY. В перетині цих прямих отримаємо точку M(x, y). Тоді x=a cos φ, y=b sin φ. Покажемо, що точка M(acos φ, bsin φ) належить еліпсу. Дійсно, її координати задовольняють рівняння: , отже вона належить еліпсу.

Таким чином ми отримали параметричні рівняння еліпса:

x=a cos φ,

y=b sin φ, де φ – параметр (0 φ <2p).

Приклад 4.

У прямокутній системі координат дана точка А(1,0) та пряма х = 2. Скласти рівняння лінії, кожна точка М(х,у) якої вдвічі

ближче до точки А, ніж до даної прямої;

Розв’язання: За умовою 2МА=MN (рис. 10). Очевидно, що точка N має координати N(2,у). Отже, отримаємо:

,

,

Рис. 10

Таким чином шукана лінія – еліпс. Точка А співпадає з його правим фокусом, а пряма х = 2 являється його правою директрисою;

Приклад 5.

Привести до канонічного вигляду рівняння кривої

4х² + 9у² + 32х – 54у + 109 = 0 та побудувати її.

Розв’язання: Доповнимо члени, що містять х, та члени, що містять у, до повних квадратів. Отримаємо:

,

,

тобто маємо еліпс, центр якого знаходиться у точці С(– 4, 3), велика піввісь якого а = 3, а мала піввісь b = 2 (рис.11).

Рис.11

 

Гіпербола.

Гіперболою називається множина всіх точок площини координати яких, в деякій прямокутній системі координат, задовольняють рівняння: (15)

З рівняння гіперболи маємо:

Отже, між прямими x = a і x = – a немає точок гіперболи.

Так як в рівняння гіперболи входять тільки змінні парної степені, то гіпербола симетрична відносно осей OX, OY і початку системи координат. Ясно, що інших осей симетрії гіпербола не має, так як будь-яка вісь її симетрії проходить через точку О, а значить являється і віссю симетрії кола x²+y²=a², яке має з гіперболою дві спільні точки А₁(а,0) та А₂(-а,0); тому будь-яка вісь симетрії переводить А₁ в А₂ і навпаки, або залишає їх нерухомими. А це лише прямі OX і OY.

При побудові гіперболи досить побудувати її у першій координатній четверті, а в інших – по симетрії.

З рівняння гіперболи маємо: , або . Графік цієї функції необмежений і при х , наближається у першій четверті до прямої , яку називають асимптотою гіперболи.

Таким чином, гіперболу можна побудувати за допомогою прямокутника із сторонами 2a і 2b, його діагоналі будуть асимптотами (рис.12).

Основні елементи гіперболи, які не залежать від орієнтації системи координат:

1. а – дійсна піввісь; 2а – дійсна вісь.

2. b – уявна піввісь; 2b – уявна вісь.

3. 2c – фокальна відстань (c²=a²+b²).

4. e = >1 – ексцентриситет.

5. Точки А₁(а,0) та А₂(-а,0) – вершини гіперболи.

6. Точка О(0,0) – центр гіперболи.

7. Точки F₁(c,0) і F₂(-c,0) – фокуси гіперболи.

8. Прямі d₁ і d₂: – директриси гіперболи.

9. Прямі – асимптоти гіперболи

Відрізки, які сполучають довільну точку гіперболи з фокусами, називаються фокальними радіусами. Як і для еліпса знайдемо:÷ MF₁ ÷ = ÷ ex – a ÷, ÷ MF₂ ÷ = ÷ ex + a ÷ Але так як для гіперболи ÷ ex ÷ > ÷ x ÷ >a то , і

Звідси випливає, що

÷ MF₁ ÷ –÷ MF₂ ÷ = або ÷÷ MF₁ ÷ –÷ MF₂ ÷÷= 2a.

Одержали геометричне означення гіперболи: гіперболою називається множина всіх точок площини, модуль різниці відстаней від яких, до двох даних точок F₁ і F₂ (фокусів) є величина постійна (рівна 2а).

Відмітимо, що у випадку a=b гіпербола називається рівносторонньою.

Теорема 9.

Якщо за вісі прямокутної системи координат взяти асимптоти рівносторонньої гіперболи, то в цій системі координат гіпербола являє собою графік оберненої пропорційності .

Доведення.

Розглянемо рівносторонню гіперболу задану рівнянням

x² – y²=a² впрямокутній системі координат (O, , ). Перейдемо до системи (O, ′, ′), де (O, ′, ′) одержана з (O, , ) поворотом на кут - . Формули повороту прямокутних систем координат мають вигляд: . Оскільки кут φ рівний - , тоотримаємо , або .

Підставивши у рівняння гіперболи x² – y²=a², отримаємо:

, або

і .

Звідки: і позначивши отримаємо:

Теорему доведено.

Якщо , то ми отримаємо гіперболу, яка називається спряженою з . Вона має ті ж асимптоти, але її фокуси лежать на вісі OY (див. рис.12).

 

§ 19. Парабола.

 

Параболою називається множина всіх точок площини, координати яких, в деякій прямокутній системі координат задовольняють рівняння: (16)

Так як у рівнянні параболи в парній степені лише ордината, то парабола симетрична тільки відносно вісі OX і розміщена в першій і четвертій чвертях, якщо р>0 (рис.13) і другій та третій, якщо р<0. Вісь симетрії параболи називається віссю параболи.

Парабола проходить через точку О(0,0), яка називається вершиною параболи. Інших точок перетину з осями координат парабола не має, тому вісь OX – єдина вісь симетрії параболи.

Нехай р>0, тоді якщо x®¥ тоі y®¥ (рис.13).

Відмітимо основні елементи параболи, які не залежать від орієнтації системи координат:

1. число р – фокальний параметр.

2. число – фокальна відстань.

3. точка F(,0) – фокус.

4. пряма d: – директриса.

Теорема 10.

Парабола – це множина тих і тільки тих точок площини, які рівновіддалені від фокуса і директриси.

Доведення.

Нехай точка M(x,y) рівновіддалена від F і d. Умова рівновіддаленості: . =÷ x+ ÷. отже, , або

.

Звідки . Отже, якщо точка рівновіддалена від фокуса і директриси, то вона належить параболі (рис.13).

Навпаки, нехай точка М належить параболі, яка має рівняння .

Знайдемо відстань від точки М до фокуса:

. Оскільки точка М належить параболі, то її координати задовольняють рівняння параболи отже, , тому а це і є відстань від точки М до директриси.

Приклад 6.

У прямокутній системі координат дана точка А(1,0) та пряма х = 2. Скласти рівняння лінії, кожна точка М(х,у) якої рівновіддалена від точки А та прямої х = 2.

Розв’язання: За умовою задачі

МА = MN (рис.14).

Звідси,

Рис. 14

.

Отримали рівняння параболи. Точка А співпадає з її фокусом, пряма х = 2 її директриса (рис. 14).