Prak_Geom1

i площину ¼, задану рiвнянням

Ax + By + Cz + D = 0;

яка не проходить через вершину конуса (D =6 0). Зрозумiло, що площина ¼ перетнеться хоча би з однi¹ю координатною вiссю. Нехай для визначеностi C =6 0. Оберемо у площинi ¼ систему координат (O0;~e1;~e2), äå

O0 µ0; 0;	D	¶; ~e1	=~i ¡	A	~k; ~e2	= ~j ¡	B	~k:
	C			C			C

Тодi точка M(x; y; z) перетину елiптичного конуса з площиною ¼, тобто точка, координати яко¨ задовольняють умови

x2 + y2 ¡ z2 = 0; Ax + By + Cz + D = 0; a2 b2 c2

в обранiй системi координат ма¹ координати (x0; y0; 0), через якi старi координати (x; y; z)

виражаються так:

A

B

D

x = x0; y = y0; z = ¡

x0

¡

y0 ¡

:

C

C

C

А отже, рiвняння лiнi¨ перетину

елiптичного конуса

i

площини

¼ ó

системi координат

(O0;~e1;~e2) ма¹ вигляд

( b02)

¡ c12

µ¡C x0

¡ C y0

¡ C

¶ = 0

( a02)

+

x

2

y

2

A

B

D

2

àáî

µa2 ¡ c2C2 ¶(x0)2 ¡ 2 c2C2 x0y0 + µb2

¡ c2C2 ¶

(y0)2

¡

1

A2

AB

1

B2

AD

BD

D2

¡2

x0 ¡ 2

y0 ¡

= 0;

(2.94)

c2C2

c2C2

c2C2

тобто лiнiя перетину ¹ крива другого порядку.

Позначимо

1

¡

A2

1

¡

B2

; a12 = ¡

AB

a11 =

; a22 =

;

a2

c2C2

b2

c2C2

c2C2

a10 = ¡

AD

= ¡

BD

; a00 = ¡

D2

; a20

:

c2C2

c2C2

c2C2

Тодi рiвняння (2.94) перепишеться у виглядi

a11(x0)2 + 2a12x0y0 + a22(y0)2 + 2a10x0 + 2a20y0 + a00 = 0:

Система

( a21x + a22y + a20

= 0

a11x + a12y + a10

= 0;

141

у випадку, коли задана площина паралельна площинi

cx ¡ az = 0;

тобто коли B = 0 i

Ac = Ca

нема¹ розв'язкiв. Тодi рiвняння (2.94) перепишеться у виглядi

1			D			D2
	(y0)2	¡ 2		x0	¡		= 0:	(2.95)
b2			acC			c2C2

Оскiльки це необмежена лiнiя другого порядку, яка склада¹ться з однi¹¨ гiлки, то у цьому випадку лiнi¹ю перетину ¹ парабола. Якщо ж

¢ = a11a22 ¡ a212 6= 0;

то крива центрована, причому типу елiпса, коли ¢ > 0, або типу гiперболи, коли ¢ < 0. À

оскiльки лiнiя перетину мiстить безлiч дiйсних точок, то у першому випадку лiнi¹ю перетину ¹ елiпс, у другому гiпербола (легко об рунтувати, що це не може бути двi прямi, що перетинаються).

Отже, при певному виборi площини у перетинi можна дiстати елiпс, гiперболу або параболу (звiдси назва конiчнi перерiзи). Щодо кругово¨ конiчно¨ поверхнi, то всяка площина, що проходить через ¨¨ вершину, перетина¹ цю поверхню по парi прямих (комплексних, таких, що перетинаються в дiйснiй точцi, дiйсних прямих, якi перетинаються або злилися), а усяка площина, яка не проходить через вершину кругово¨ конiчно¨ поверхнi, перетина¹ ¨¨ по елiпсу, гiперболi або параболi.

Отже, з дев'яти типiв кривих другого порядку шiсть типiв, у тому числi елiпс, гiпербола i парабола, ¹ плоскими перерiзами кругово¨ конiчно¨ поверхнi.

Приклад 2. Скласти рiвняння цилiндрично¨ поверхнi, напрямна яко¨ зада¹ться
рiвняннями	x2 ¡ y2 = z; x + y + z = 0;

142

а твiрнi перпендикулярнi до площини напрямно¨. Знайти лiнiю перетину цi¹¨ поверхнi з площиною Oxy.

Розв'язання. Оскiльки твiрнi цилiндрично¨ поверхнi перпендикулярнi до площини напрямно¨, то вони паралельнi вектору p~ (1; 1; 1) (вектор перпендикулярний до площини

x + y + z = 0). Отже, взявши на напрямнiй точку з координатами (x¤; y¤; z¤), тобто точку, для координат яко¨ мають мiсце рiвностi

(x¤)2 ¡ (y¤)2 = z¤; x¤ + y¤ + z¤ = 0;

запишемо рiвняння твiрно¨, що проходить через цю точку

Розв'язавши систему

матимемо ¨¨ розв'язок

x ¡ x¤ = y ¡ y¤ = z ¡ z¤:

8

> x ¡ x¤ = y ¡ y¤;

<

> x ¡ x¤ = z ¡ z¤; : x¤ + y¤ + z¤ = 0;

8 x¤ = 3(2x ¡ y ¡ z);
>	1
	1
>
> y¤ = ( x + 2y z);
>
>
<
>	3	¡	¡
>	3 ¡ ¡
>
>
>
>
:	1
> z¤ =		( x y + 2z);

який пiдставимо у рiвняння	(x¤)2 ¡ (y¤)2 = z¤:

Як результат ма¹мо шукане рiвняння поверхнi

x2 ¡ y2 ¡ 2xz + 2yz + x + y ¡ 2z = 0:

Îñêiëüêè ïðè z = 0 останн¹ рiвняння можна записати у виглядi

µx + 12¶2 ¡ µy ¡ 12¶2 = 0;

то лiнi¹ю перетину задано¨ цилiндрично¨ поверхнi площиною Oxy ¹ пара прямих, що перетинаються. ¤

Приклад 3. Довести, що рiвняння z2 = xy зада¹ конiчну поверхню з вершиною у початку координат. Знайти лiнi¨ перетину цi¹¨ поверхнi з площинами:

y + z = 1; x + y = 1:

Розв'язання. Очевидно, що лiнi¹ю перетину задано¨ поверхнi площиною z = 1

¹ гiпербола. Складемо рiвняння конiчно¨ поверхнi з вершиною у початку координат, напрямною яко¨ ¹ згадана гiпербола. Нехай (x¤; y¤) ¹ точка на гiперболi. Тодi рiвняння

xx¤ = yy¤ = z1

143

x¤ = xz ; y¤ = yz :

¹ рiвнянням прямо¨, що проходить через початок координат i точку (x¤; y¤; 1) гiперболи. З цього рiвняння визнача¹мо

Якщо врахувати, що точка (x¤; y¤) ¹ точкою гiперболи xy = 1, тобто x¤y¤ = 1, то очевидно, що рiвняння конiчно¨ поверхнi, вершиною яко¨ ¹ початок координат, а твiрною лiнiя xy = 1; z = 1, запису¹ться у виглядi z2 = xy.

Знайдемо лiнiю перерiзу задано¨ конiчно¨ поверхнi з площиною y + z = 1. З цi¹ю метою

на цiй площинi оберемо систему координат O0~e1~e2, äå O0											ма¹ координати (0; 0; 1), ~e1 = ~i,
~	~. Нехай	M(x; y; z)	довiльна точка координати яко¨ задовольняють систему рiвнянь
~e2 = k ¡ j
					z2	= xy;
				( y + z		=			1:
Îñêiëüêè			¡¡¡!		¡¡¡!				¡¡¡¡!
			OM = OO0					+ O0M
àáî			~ ~	~	~			0~		0 ~	~
òî			xi + yj + zk = k + x i + y (k ¡ j);
			x = x0; y = ¡y0; z = 1 + y0;
i у системi координат O0~e1~e2 рiвняння лiнi¨ перетину ма¹ вигляд
			x0y0 + (y0)2 + 2y0 + 1 = 0:
Ця лiнiя центральна (див. лекцiю 3) i ¨¨ центром ¹ точка (											2; 0). Пiсля перенесення початку
координат O0 у цю точку останн¹ рiвняння набере										¡
									вигляду
			x00y00 + (y00)2 + 1 = 0:
Оскiльки його характеристичне рiвняння
				¸2		1
					¡ ¸ ¡			= 0
							4

ма¹ дiйснi i рiзнi за знаком коренi i a00 6= 0, то лiнi¹ю перетину задано¨ конiчно¨ поверхнi площиною y + z = 1 ¹ гiпербола.

Знайдемо лiнiю перетину цi¹¨ ж поверхнi площиною x+y = 1. Оберемо на площинi систему

0 0 ~ ~ ~

координат O ~e1~e2, äå O ма¹ координати (1; 0; 0), ~e1 = k, ~e2 = j ¡ i. Нехай M(x; y; z), äå z > 0, довiльна точка лiнi¨ перетину, тобто точка координати яко¨ задовольняють систему рiвнянь

				z2	= xy;
			( x + y		= 1:
Îñêiëüêè	¡¡¡! ¡¡¡!	¡¡¡¡!
	OM = OO0	+ O0M àáî
		~ ~	~	~	0~	0 ~ ~
		xi + yj + zk = i + x k + y (j ¡ i);

òî x = 1 ¡y0; y = y0; z = x0, i у системi координат O0~e1~e2 лiнiя перетину зада¹ться рiвнянням

(x0)2 = (1 ¡ y0)y0

144

àáî	(x0)2 + (y0)2 ¡ y0 = 0:
Ця лiнiя центральна i ¨¨ центром ¹ точка		µ0; 2		¶. Пiсля перенесення початку координат у цю
		1
точку останн¹ рiвняння набере вигляду
				1
	(x00)2	+ (y00)2 ¡				= 0:
					4

Останн¹ рiвняння ¹ рiвняння елiпса, канонiчне рiвняння якого в ортонормованому базисi

(~e1

;~e 0

), äå ~e 0

=

1

~e2 ма¹ вигляд

2

2

j~e2j

(x000)2

+

(y000)2

= 1:

1

1

4

8

Аналогiчний результат ма¹мо, коли z < 0.

	Таким чином, лiнi¹ю перерiзу		задано¨ поверхнi площиною x + y = 1 ¹ äâà åëiïñè,
	симетричнi вiдносно прямо¨
	(
	x + y	=	1:	¤
	z	=	0:

Приклад 4. Скласти рiвняння конiчно¨ поверхнi з вершиною у точцi S(3; 0; ¡1), òâiðíi

яко¨ дотикаються елiпсо¨да	x2			y2		z2
			+		+		= 1:
		6		2		3

По яких лiнiях поверхня перетина¹ться координатними площинами?
Розв'язання. ßêùî (x¤; y¤; z¤) точка елiпсо¨да, то рiвняння дотично¨ площини у цiй точцi
ма¹ вигляд	x¤x	+ y¤y	+ z¤z = 1:
	6	2	3

А оскiльки кожна з цих площин ма¹ проходити через точку S, то ¨х рiвняння мають вигляд

x¤ ¡ z¤ = 1:

2 3

Складемо рiвняння прямо¨, що проходить через точку S i точку дотику (x¤; y¤; z¤)

	x ¡ 3	=		y	=		z + 1	:
	x¤ ¡ 3		y¤			z¤ + 1

Складемо систему			x ¡ 3
	>
					y
	>
	>
	>	x¤ ¡ 3
	8
	>				y¤
	>
	<
	>	2			¡ 3
	>
	>
	>						z¤
	> x¤
	>
	:

=z + 1 ; z¤ + 1

=z + 1 ; z¤ + 1

=1;

145

з яко¨ знаходимо

	x¤ =	4x ¡ 6z ¡ 18	; y¤ =	¡5y	; z¤ =	¡3x ¡ 3z + 6	:
		3x ¡ 2z ¡ 11		3x ¡ 2z ¡ 11		3x ¡ 2z ¡ 11

Пiдставивши отриманi подання для x¤; y¤; z¤ у рiвняння

(x¤)2 + (y¤)2 + (z¤)2 = 1; 6 2 3

знаходимо, що рiвняння

4x2 ¡ 15y2 ¡ 6z2 ¡ 12xz ¡ 36x + 24z + 66 = 0

¹ рiвнянням задано¨ конiчно¨ поверхнi. Якщо z = 0, то рiвняння

4x2 ¡ 15y2 ¡ 36x + 66 = 0

¹ рiвняння центрально¨µ ¶ лiнi¨, яке пiсля перенесення початку координат у точку з

9

координатами ¡2; 0 набере вигляду

(x0)2 ¡ y2 = 1; 15

4

тобто лiнi¹ю перетину конiчно¨ поверхнi площиною Oxy ¹ гiпербола. Якщо y = 0, то рiвняння

2x2 ¡ 3z2 ¡ 6xz ¡ 18x + 12z + 33 = 0

¹ рiвнянням центрально¨ лiнi¨, яке пiсля перенесення початку координат у точку з координатами (3; ¡1) (на площинi Oxz) набере вигляду

2(x0)2 ¡ 6x0z0 ¡ 3(z0)2 = 0:

Оскiльки характеристичне рiвняння

¸2 + ¸ ¡ 15 = 0

ма¹ дiйснi i рiзнi за знаком коренi, то це рiвняння двох прямих, якi перетинаються. Нарештi, якщо x = 0, то рiвняння

5y2 + 2z2 ¡ 8z ¡ 22 = 0

¹ рiвняння центрально¨ лiнi¨, яке пiсля перенесення початку координат у точку з координатами (0,2) (на площинi Oyz) набере вигляду

(y0)2		+	(z0)2		= 1;
	6			15
тобто лiнi¹ю перетину конiчно¨ поверхнi площиною Oyz ¹ åëiïñ.						¤

146

4 Åëiïñî¨ä
Елiпсо¨д обертання. Стиск елiпсо¨да обертання. Означення тривiсного
елiпсо¨да. Дослiдження форми тривiсного елiпсо¨да. Рiвняння дотично¨
площини до елiпсо¨да.
Нехай на площинi Oxz задано елiпс
	x2	+	z2		= 1:						(2.96)
	a2			c2
Виходячи з рiвняння (2.96), у площинi Oxz вiзьмемо криву
					x = ar1 ¡		z2
							c2
					(праву половину елiпса). Тодi вiд обер-
					тання цi¹¨ криво¨ навколо осi Oz дiстанемо
					поверхню, задану рiвнянням						;
					x2 + y2 = a2 µ1 ¡ c2 ¶
								z2
					тобто в результатi обертання елiпса (2.96)
					навколо осi Oz дiстанемо поверхню

x2	+	y2	+	z2		= 1;	(2.97)
a2		a2			c2

яку називають елiпсо¨дом обертання. При a = c матимемо сферичну поверхню. Розглянемо вiдображення f точок простору у себе, яке дi¹ за таким правилом:

¡¡!0 ¡¡!

P M = k P M;

äå P ортогональна проекцiя точки M на деяку фiксовану площину ¾, à k =6 0 довiльне дiйсне число. Таке вiдображення називають вiдображенням стиску, а число k

коефiцi¹нтом стиску. Якщо задано ортонормований репер				~ ~ ~	, à çà		обрано
			R	= (O; i; j; k)		¾
площину Oxy, то образом точки M(x; y; z)		при заданому вiдображеннi буде точка M0 ç
координатами	x0 = x; y0	= y; z0 = kz:

ßêùî æ çà ¾ обрано площину Oxz (у подальшому якраз вона i буде обиратися), то образом точки M(x; y; z) при вiдображеннi f буде точка M0 з координатами

x0 = x; y0 = ky; z0 = z:

При такому вiдображеннi, наприклад, рiвняння (2.97) елiпсо¨да обертання набуде вигляду

(x0)2 + (y0)2 + (z0)2 = 1: a2 k2a2 c2

Позначивши b2 = k2a2, а координати бiжучо¨ точки поверхнi S через x; y; z, запишемо

рiвняння у виглядi x2 + y2 + z2 = 1:

a2 b2 c2

147

Означення 2.10. Елiпсо¨дом назива¹ться поверхня, яка у деякiй прямокутнiй декартовiй системi координат зада¹ться рiвнянням

	x2	+	y2	+	z2	= 1:	(2.98)
	a2		b2		c2

Це рiвняння назива¹ться канонiчним рiвнянням елiпсо¨да, а додатнi числа a; b; c éîãî

пiвосями.

Нехай ма¹мо тривимiрний елiпсо¨д (2.98), тобто елiпсо¨д, у якого пiвосi a; b; c попарно

рiзнi (якщо двi пiвосi рiвнi, ма¹мо елiпсо¨д обертання, а якщо всi три пiвосi рiвнi, ма¹мо сферу). Оскiльки змiннi x; y; z входять у рiвняння (2.98) тiльки у парних степенях, то елiпсо¨д

симетричний вiдносно всiх координатних площин, координатних осей i початку координат,
причому з нерiвностей	x2		y2			z2
		6 1;			6 1;		6 1
	a2			b2		c2

виплива¹, що

¡a 6 x 6 a; ¡b 6 y 6 b; ¡c 6 z 6 c:

Таким чином, всi точки елiпсо¨да, крiм точок A1(a; 0; 0), A2(¡a; 0; 0), B1(0; b; 0), B2(0; ¡b; 0), C1(0; 0; c), C2(0; 0; ¡c) (його вершини), лежать всерединi прямокутного паралелепiпеда, для

якого вершини елiпсо¨да ¹ центрами симетрi¨ вiдповiдних граней.
Будемо дослiджувати форму елiпсо¨да (2.98). З цi¹ю метою перетнемо його площиною
z = h. Тодi згiдно з теоремою 2.13 ортогональна проекцiя лiнi¨ перетину у площинi xOy
матиме рiвняння	x2	y2	h2
				(2.99)
	a2	+ b2	= 1 ¡ c2 :

À îòæå, ïðè ¡c < h < c проекцiями лiнiй перетину у площинi xOy будуть елiпси з рiвняннями

âèäó		x2					y2
					+					= 1;
		h2						h2
	a2 µ1 ¡			¶		b2 µ1 ¡			¶
			c2					c2

тобто у цьому випадку кожна площина z = h перетина¹ елiпсо¨д по елiпсу з центром на осi

Oz i пiвосями
a¤ = ar				; b¤ = br		:
	1 ¡ c2				1 ¡ c2
		h2			h2

Зокрема, площина xOy (h = 0) перетина¹ елiпсо¨д по елiпсу

x2 + y2 = 1: a2 b2

Ïðè jhj = c рiвняння (2.99) набере вигляду

x2 + y2 = 0: a2 b2

Це рiвняння двох уявних прямих, якi перетинаються у точцi (0,0). У цьому випадку площина z = h ма¹ з елiпсом одну спiльну точку вершину елiпсо¨да. i нарештi, при jhj > c рiвняння

(2.99) ¹ рiвнянням уявного елiпса. Площина z = h не ма¹ з елiпсом спiльних точок.

Така ж картина буде, коли перерiзати елiпсо¨д площинами x = h, y = h. Одержана iнформацiя да¹ можливiсть скласти уявлення про форму елiпсо¨да. Оскiльки координати

148

точки O(0; 0; 0) не задовольняють

рiвняння (2.98), то для кожно¨ точки

M0(x0; y0; z0)

елiпсо¨да хоча би одна з частинних похiдних функцi¨

f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 ¡ 1 a2 b2 c2

вiдмiнна вiд нуля, а отже, у кожнiй сво¨й точцi, як буде показано згодом, елiпсо¨д ма¹ дотичну

площину

2x0

2y0

2z0

(x ¡ x0) +

(y ¡ y0) +

(z ¡ z0) = 0

a2

b2

c2

àáî

x0x

+

y0y

+

z0z

= 1:

a2

b2

c2

5 Гiперболо¨ди

Гiперболо¨ди обертання (однопорожниний та двопорожниний). Озна- чення тривiсних гiперболо¨дiв та дослiдження ¨х форми. Рiвняння дотично¨ площини до гiперболо¨дiв.

Нехай у площинi Oxz задано гiперболу

x2	z2			(2.100)
	¡		= 1:
a2		c2

Виходячи з рiвняння (2.100), у площинi Oxz вiзьмемо криву

r

x = a 1 + z2 c2

(праву гiлку гiперболи). Тодi вiд обертання цi¹¨ криво¨ навколо осi Oz дiстанемо поверхню,

задану рiвнянням	µ1 + c2 ¶			;
x2 + y2 = a2
		z2

тобто в результатi обертання гiперболи (2.100) навколо осi Oz (навколо уявно¨ осi), дiстанемо

поверхню	x2		y2		z2
				¡			(2.101)
		+				= 1;
	a2		a2		c2

яку називають однопорожниним гiперболо¨дом обертання. 149

Нехай у площинi Oxz задано гiперболу

¡	x2	+			z2	= 1:		(2.102)
	a2				c2
Виходячи з рiвняння (2.102) у площинi Oxz вiзьмемо двi гiлки криво¨
x = ar
				c2		¡ 1:
				z2

Тодi вiд обертання цi¹¨ криво¨ навколо осi Oz дiстанемо поверхню з рiвнянням

x2 + y2 = a2 µz2 ¡ 1¶; c2

тобто в результатi обертання гiперболи (2.102) навколо осi Oz (навколо дiйсно¨ осi) дiстанемо

поверхню	x2		y2			z2
								(2.103)
	¡		¡		+		= 1;
		a2		a2		c2

яку називають двопорожниним гiперболо¨дом обертання.

150