Классификация поверхностей второго порядка
Курсовой проект - Математика и статистика
Другие курсовые по предмету Математика и статистика
?ности прямой второго семейства, проходящей через Р, совпадает с l2.
(изображён на рисунке 4)
Рис. 4 двуполостный гиперболоид
Плоскость z = 0 не пересекает гиперболоид и разделяет его на две части, называемые полостями.
Теорема 4. Двуполостный гиперболоид не имеет прямолинейных образующих, Доказательство. Прямолинейная образующая не может пересекать плоскость z=0. Значит, она лежит в плоскости z = z0.Но соответствующее плоское сечение
ограниченно (эллипс, точка или ?) и не может содержать прямую.
5.).
(изображён на рисунке 5а.).
Рис. 5 Конус второго порядка
Заметим, что уравнение однородно (второго порядка); F(?x, ?y, ?z) = ?,2F(x, y, z), и таким образом, любая прямая, содержащая О и некоторую другую точку конуса, является прямолинейной образующей.
Определение 5.Пусть Г - произвольная кривая, лежащая в плоскости ?, а точка О не принадлежит ?. Конической поверхностью над Г с центром в О называется объединение всех прямых вида ОХ, ХГ (рисунок 5 б). Прямые ОХ называются образующими, а кривая Г - направляющей конической поверхности
Мнимый конус не имеет ни одной вещественной точки (рисунок 6)
Рис. 6 мнимый конус
Теорема 6. Коническая поверхность над эллипсом является конусом второго порядка.
Доказательство. Выберем такую систему координат с центром в О, что плоскость ? задается уравнением z = h ? 0 (рисунок 5 в.). Если мы выберем направления осей Ох и Оу параллельно главным осям эллипса Г, то уравнение эллипса в плоскости ? примет вид:
=(x, y) =a11(x-x0)2+a22(y-y0)2-1=0
где 0<а11<а22. Тогда уравнение конической поверхности над ним:
Ф(x, y, z) = z2F(, )=0
Действительно, точка (x, y, z), z ? 0, принадлежит поверхности тогда и только тогда, когда точка ((x/z)*h, (y/z)h, h) принадлежит кривой, то есть :
(,) =0.
Но при сделанном предположении z ? 0 данное уравнение равносильно выводимому. Осталось доказать, что при z = 0 выводимое уравнение определенно и его множество решений совпадает с О. Определённость следует из того, что во втором сомножителе степень (1 / z) равна 2 и при умножении пропадает.
После умножения уравнение превращается (при z = 0) в h2q(x, y)=0. Поскольку асимптотических направлений ? эллипса нет, то x = y = 0.
Итак,
После замены x = x - x0, y = y - y0, z = z получаем
Ф(x, y, z) = a11h2(x)2+a22h2(y)2-(z)2=0
То есть конус.
(изображён на рисунке 7 а.).
Теорема 7. Эллиптический параболоид не имеет прямолинейных образующих.
Доказательство. Дословно как с двуполостным гиперболоидом.
(изображён на рисунке 7 б.).
Определение 8. Ненулевой вектор (?, ?, ?) задаёт асимптотические направление для поверхности F = 0, если он обнуляет квадратичную форму уравнения:
q(?, ?, ?)=a11?2+a22?2+a33?2+2a12??+2a13??+2?23??=0
Асимптотические направления не зависят от выбора системы координат.
Теорема 9. прямолинейные образующие любой поверхности имеют асимптотическое направление.
Доказательство. Пусть
-прямолинейная образующая. Подставив в уравнение F=0, получим
F2t2+2F1t+F0=0 для любого t. Значит, F2 = q(?, ?, ?) = 0
Теорема 10. Гиперболический параболоид имеет два семейства образующих, проходящих через каждую точку. Образующие одного семейства попарно скрещиваются и параллельны одной плоскости, разных семейств пересекаются.
Доказательство. Асимптотические направления (?,?, ?) гиперболического
Параболоида находятся из уравнения , т.е. лежат в плоскостях:
?1 : ,?1 : .
С учётом уравнения параболоида
Это означает, что имеются два семейства прямолинейных образующих
Действительно, если мы имеем образующую, параллельную, скажем, То расстояние (со знаком) от любой её точки до постоянно, т.е.
С некоторой константой k мы имеем
откуда из уравнения поверхности получаем второе уравнение(1). Таким образом, других Образующих нет.
Через каждую точку параболоида проходит ровно по одной образующей каждого семейства, так как определяется однозначно.
Заметим, что никакая вертикальная прямая не может быть прямолинейной образующей. Действительно, в этом случае x = const, откуда и z = const.
Два семейства не пересекаются. Действительно, предположим, что общая прямая имеет направляющий вектор
Тогда он должен удовлетворять однородной части уравнений обеих систем:
откуда ? = ? = 0 и прямая вертикальна, что невозможно.
Образующие одного семейства не могут пересекаться, так как это противоречило бы единственности. Они не могут быть параллельны, так как их направляющие вектора - (,,k) с различными k. Значит, они скрещиваются, причем (по определению) параллельны фиксированной плоскости.
Пусть теперь l1 и l2 - образующие из разных семейств. Покажем, что они пересекаются. Рассмотрим плоское сечение параболоида, проходящее через l1 и Р l2Р l1. Это кривая, порядка не выше двух, значит состоящая из двух прямых l2 и l. Предположим l ? l2 причем они пересекаются (в точке Р). Значит, l не принадлежит второму семейству, то есть принадлежит первому. Но тогда она должна скрещиваться с l1 и не может лежать с ней в одной плоскости. Значит, l = l2. Допустим, l1¦ l2. Тогда координаты (?, ?, ?) удовлетворяют уравнениям:
откуда ? = ? = 0 и образующая вертикальна, что невозможно.
Вернё?/p>