Классификация поверхностей второго порядка
Курсовой проект - Математика и статистика
Другие курсовые по предмету Математика и статистика
ид
Посредством сдвига начала координат по оси ординат преобразуем его в
(V)
что эквивалентно каноническому уравнению (7).
Общим итогом этого параграфа является
Теорема 3. Каждая поверхность, определяемая уравнением второй степени с вещественными коэффициентами, принадлежит к одному из следующих семнадцати классов:
. Эллипсоиды вещественные.
. Эллипсоиды мнимые.
. Гиперболоиды однополостные.
. Гиперболоиды двуполостные,
. Конусы вещественные,
. Конусы мнимые,
. Параболоиды эллиптические,
. Параболоиды гиперболические.
. Цилиндры эллиптические вещественные.
. Цилиндры эллиптические мнимые.
. Цилиндры гиперболические.
. Цилиндры параболические.
. Поверхности, распадающиеся на пару пересекающихся вещественных плоскостей.
. Поверхности, распадающиеся на пару пересекающихся мнимых сопряженных плоскостей.
. Поверхности, распадающиеся на пару (различных) параллельных вещественных плоскостей,
. Поверхности, распадающиеся на пару (различных) параллельных мнимых сопряженных плоскостей.
. Поверхности, распадающиеся на пару совпадающих вещественных плоскостей.
4. Основные виды поверхностей второго порядка и их свойства
Рис. 1 Эллипсоид
Положительные числа а, b, c называются полуосями эллипса. Эллипсоид лежит внутри прямоугольного параллелепипеда -а ? x ? a, -b ? y ? a, -c ? z ? c.То есть эллипсоид является ограниченной поверхностью.
Теорема 1. Плоское сечение поверхности второго есть кривая порядка не выше двух.
Доказательство. Выберем систему координат, в которой уравнение плоскости: Z=0. Тогда уравнение сечения G(x, y) := F(x, y, 0) = 0.
Следствие 2. Непустое плоское сечение эллипсоида - эллипс или точка.
Доказательство. Это единственные не пустые ограниченные кривые 0, 1 или 2-ого порядка.
Мнимый эллипсоид не имеет ни одной вещественной точки:
Рис. 2 мнимый эллипсоид
(Изображён на рисунке 3) В сечении плоскостью z = 0 эллипс:
Называемый горловым. Однополостный гиперболоид обладает следующим замечательным свойством.
Определение 3. Назовём прямолинейной образующей поверхности прямую, целиком в ней содержащуюся. Как правило, это понятие не применяется к распадающимся поверхностям.
Рис. 3 однополостный гиперболоид
Доказательство. Указанные свойства аффинные, поэтому достаточно доказать теорему для гиперболоида :
2 + y2 -z2 = 1.
x2 - z2=1 - y2,
(x-z)(x+z) = (1-y)(1+z)
Отсюда сразу видим два семейства прямолинейных образующих:
Где ? и ? - произвольные вещественные числа, не обращающиеся в нуль одновременно.
Тогда:
Так что пары плоскостей в пересечении действительно дают прямую.
Пусть точка (x0, y0, z0) принадлежит гиперболоиду. Тогда, взяв для I ? = x0 + y0 и ? = 1 + y0, а для II - ? = x0+z0 и ?=1-y0, получим прямые, проходящие через данную точку. Поскольку одно из чисел 1 - y0 или 1 + y0 отлично от 0, то пара (?, ?) определенна по точке (x0, y0, z0) однозначно (с точностью до множителя) для каждого семейства.
Итак, через каждую точку проходит ровно одна прямая каждого семейства.
Покажем, что других образующих нет. Допустим, что образующая параллельна плоскости z = 0, то есть содержится в плоскости z = z0. Тогда она должна содержатся в окружности x2 + y2 = 1 + z0 что невозможно. Итак, всякая образующая пересекает z=0, а значит, и горловой эллипс (окружность). В силу вращательной симметрии достаточно исследовать одну его точку, например, (1, 0, 0). Пусть через нее проходит образующая с некоторым направляющим вектором (?, ?, ?):
=1+?t
y=?t
z=?t
так что уравнение (результат подстановки в уравнение гиперболоида)
(?2+?2-?2)t2+2?t=0
Должно иметь решением любое t, откуда
Значит, направляющий вектор (с точностью до ненулевого множителя) равен (0,1,1), то есть имеются две возможности, а мы их уже нашли - это прямая первого семейства и прямая второго. Итак, других образующих нет.
Из аналогичного соображения получаем, что прямые одного семейства не могут пересекаться. Пусть они параллельны одному вектору (?, ?, ?). Значит, он параллелен каждой из четырёх плоскостей, фигурирующих в записи двух прямых семейства. Тогда он является ненулевым решением системы четырёх линейных уравнений с матрицей:
Аналогично в обратной ситуации. Значит, можно считать, что ?=?=1, ? и ? - ненулевые. Тогда для условия rk < 3 необходимо8
=
что в данной ситуации возможно только если ? = ? и прямые совпадают. Итак, две прямые одного семейства скрещиваются.
Семейства не пересекаются, так как отображение (x, y, z) > (-x, -y, -z) переводит прямые одного семейства в прямые другого, параллельные своим прообразам. Действительно, если бы прямая принадлежала обоим семействам, то ее образ - так же, и тем самым, мы имели две параллельные прямые из одного семейства.
Теперь рассмотрим две прямые l1 и l2 из разных семейств. Пусть ? - плоскость, проходящая через l1 и некоторую точку ? l2 P l1 поэтому соответствующее плоское сечение гиперболоида, являясь по теореме 1 кривой порядка не старше 2, должно быть парой параллельных или пересекающихся прямых. Одна из них - l1 а другая - некоторая прямолинейная образующая lP. Она не совпадает и не скрещивается с l1, поэтому, по доказанному, не может принадлежать первому семейству, а значит, принадлежит второму, и в силу единстве?/p>