geometry24

Доказательство. Выберем такую систему координат с центром в O,что плоскостьзадается уравнением z = h 6= 0 (рис. 6).Если мы выберем направления осей Ox и Oy параллельно главным осям эллипса F ,а ось z проведем через центр эллипса и точку O,то уравнение эллипса в плоскости примет вид

F (x, y) = a11x2 + a22y2 − 1 = 0,

где 0 a11 < a22 .Тогда уравнение конической поверхности над ним:

Φ(x, y, z) = z2F xz h, yz h = 0.

Действительно,точка (x, y, z), z 6= 0 принадлежит поверхности тогда и только тогда,

ланном

x

y

6

x

y

когда точка

h,

h, h

принадлежит кривой,то есть

F

h,

h = 0.Но при сде-

z

z

z z

предположении

z = 0 данное уравнение равносильно выводимому.Осталось

доказать,что при

z = 0 выводимое уравнение определено и его множество решений

совпадает с O.Определенность следует из того,что во втором сомножителе степень 1/z равна двум и при умножении пропадает.После умножения уравнение превращается(при z = 0) в h2q(x, y) = 0.Поскольку асимптотических направлений у эллипса

нет,то x = y = 0.
Итак,
x			2		y		2
Φ(x, y, z) = z2 a11		h		+ a22		h	− 1 = 0,
	z				z

или

Φ(x, y, z) = a11h2x2 + a22h2y2 − z2 = 0,

т.е.получилось уравнение конуса.

§59.Эллиптический параболоид

Уравнение эллиптического параболоида

x2 + y2 = 2z. p q

Эллиптический параболоид изображен на рис. 7.

Теорема59.1. Эллиптический параболоид не имеет прямолинейных образуюущих.

Доказательство. Теорема доказывается так же,как для двуполостного гиперболоида.

111

§60.Гиперболический параболоид

Уравнение гиперболического параболоида

x2 − y2 = 2z. p q

Гиперболический параболоид изображен на рис. 8.

Теорема60.1. Гиперболический параболоид имеет два семейства образующих,проходящих через каждую точку.Образующие одного семейства попарно скрещиваются и параллельны одной плоскости,а разных пересекаются.

Доказательство. Перепишем уравнение параболоида в виде

pp

− pq pp + pq = 2z.

x

y

x

y

Следовательно,имеется два семейства прямолинейных образующих

>

x

y

= µ,

>

λ

x

y

= µ,

I :

, II :

,

x

y

x

y

8

λ pp

− pq

8

pp

+ pq

<

pp

pq

<

pp − pq

>

>

>

µ

+

= 2λz

>

µ

= 2λz

>

>

:

:

где числа λ и µ не равны нулю одновременно.

Рассмотрим семействоI.Его уравнения задают прямую,поскольку определяемые ими плоскости пересекаются.Действительно,в случае λ 6= 0 плоскости не могут быть параллельны,поскольку в уравнении первой из них коэффициент при z равен нулю,а для второй он не нулевой.В случае λ = 0 получаем,что µ = 0,что невозможно.Аналогично для семействаII.

Каждая прямая семействаIпараллельна плоскости 1 : x/pp − y/pq = 0,поскольку координаты направляющего вектора прямой равны (pp, pq, k) для некоторого k,а этот вектор параллелен данной плоскости,так как его координаты обну-

ляют линейную часть уравнения плоскости.Аналогично любая образующая семей-
стваIIпараллельна плоскости					2 : x/p		+ y/p		= 0.
						p		q
		Если мы имеем образующую,параллельную,скажем, 1 ,то расстояние(со зна-
ком)от любой ее точки до 1					постоянно,то есть с некоторой константой k мы имеем
x		y
p		− p		= k,откуда из уравнения поверхности получаем второе уравнение прямой
	p		q

семействаI.Отсюда других образующих нет.

Через каждую точку параболоида проходит ровно по одной образующей каждого семейства,так как k определяется однозначно.

112

Заметим,что никакая вертикальная прямая не может быть прямолинейной образующей.Действительно,в этом случае x = const, y = const,откуда и z = const.

Два семейства не пересекаются.Действительно,предположим,что общая прямая имеет направляющий вектор ( ,β,γ ).Тогда он должен удовлетворять однородной части первых уравнений обеих систем:

		β				β
p		− p		= 0, p		+ p		= 0,
	p		q		p		q

откуда = β = 0 и прямая вертикальна,что невозможно.

Образующие из одного семейства не могут пересекаться,так как это противоре-

чило бы единственности.Они не могут быть параллельны,так как их направляющие
векторы	p	p, p			с различными k.Значит,они скрещиваются,причем(по опре-
			q, k
параллельны фиксированной плоскости.
делению)>	?
Пусть теперь l1					и l2 образующие из разных семейств.Покажем,что они пере-
секаются,Рассмотрим плоское сечение параболоида,проходящее через l1 и P 2 l2 ,

P 62l1 .Это кривая порядка не выше двух,значит,состоящая из двух прямых l1 и l.Предположим, l 6= l2 ,причем они пересекаются(в точке P ).Значит, l не принадлежит второму семейству,значит,принадлежит первому.Но тогда она должна скрещиваться с l1 и не может лежать с ней в одной плоскости.Значит, l = l2 .Допу-

стим, l1kl2 .Тогда координаты		( ,β,γ ) удовлетворяют уравнениям
		β					β
p		− p		= 0,	p		+ p		= 0,
	p		q			p		q

откуда = β = 0 и образующая вертикальна,что невозможно.

§61.Нераспадающиеся цилиндры

Эллиптический цилиндр имеет уравнение

x2	y2
	+		= 1.
a2		b2

Эллиптический цилиндр изображен на рис. 9.

Гиперболический цилиндр имеет уравнение

x2	−	y2
			= 1.
a2		b2

Гиперболический цилиндр изображен на рис. 10.

Параболический цилиндр имеет уравнение y2 = 2px.

113

Параболический цилиндр изображен на рис. 11.

Утверждение. Все прямолинейные образующие нераспадающихся цилиндров параллельны оси ординат.

Доказательство. Рассмотрим произвольную прямолинейную образующую и спроектируем ее на плоскость z = 0.Тогда результат проекции должен целиком принадлежать коническому сечению,что возможно только тогда,когда проекция точка, то есть прямолинейная образующая параллельна оси Oz.То,что эллипс,гипербола

и парабола не содаржат прямых,следует из того,что для этих кривых

6= 0.

114

ЛЕКЦИЯ18.ОБЩАЯ ТЕОРИЯ ПОВЕРХНОСТЕЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА

§62.Центры поверхностей второго порядка

Определим наиболее простой вид,к которому приводится уравнение второй степени с помощью параллельного переноса.Для этого в уравнении

F (x, y, z) = a11x2 + 2a12xy + 2a13xz + a22y2 + 2a23yz + a33z2 + 2a1x+ 2a2y + 2a3z + a0 = 0

(62.1)

произведем замену координат по формулам

x = x0 + x0, y = y0 + y0, z = z0 + z0 :

a11(x02 + 2x0x0 + x20) + 2a12(x0y0 + x0y0 + y0x0 + x0y0) + 2a13(x0z0 + x0z0 + z0x0 + x0z0)+ a22(y02 + 2y0y0 + y02) + 2a23(y0z0 + y0z0 + z0y0 + y0z0)+

+2a1(x0 + x0) + 2a2(y0 + y0) + 2a3(z0 + z0) + a0 = a11x02 + 2a12x0y0 + 2a13x0z0+

+a22y02 + 2a23y0z0 + a33z02 + 2(a11x0 + a12y0 + a13z0 + a1)x0+

+2(a12x0 + a22y0 + a23z0 + a2)y0 + 2(a13x0 + a23y0 + a33z0 + a3)z0 + F (x0, y0, z0).

Таким образом,коэффициенты квадратичной части не изменяются.Если мы хотим выбрать начало координат так,чтобы уничтожить члены с x0, y0 и z0 , мы должны его выбрать из решений системы уравнений

a11x0 + a12y0 + a13z0 + a1 = 0, a12x0 + a22y0 + a23z0 + a2 = 0, a13x0 + a23y0 + a33z0 + a3 = 0.

(62.2)

Введем обозначения(частные производные):

Fx = 2(a11x + a12y + a13z + a1),

Fy = 2(a12x + a22y + a23z + a2),

Fz = 2(a13x + a23y + a33z + a3).

Тогда полученную систему уравнений можно записать в виде

1			1				1
	Fx(x0	, y0, z0) = 0,			Fy(x0	, y0, z0) = 0,		Fz(x0	, y0, z0) = 0.
2				2			2

Определение. Точка с координатами (x0, y0, z0),удовлетворяющими системе уравнений(62.2),называется центром поверхности(54.1).

Теорема62.1. Любой центр поверхности второго порядка является ее центром симметрии.При условии,что поверхность содержит хотя бы одну точку,любой центр симметрии этой поверхности является ее центром.

Доказательство. Докажем сначала,что любой центр поверхности будет ее центром симметрии.

Уравнение поверхности в системе координат с началом в центре имеет вид

a11x2 + 2a12xy + 2a13xz + a22y2 + 2a23yz + a0 = 0

Это уравнение не изменяется при замене (x, y, z) на (−x, −y, −z),следовательно, вместе с любой точкой данная кривая содержит и точку,симметричную ей относительно начала координат.Таким образом,начало координат является центром симметрии кривой.

115

Теперь перейдем к доказательству второго утверждения.Пусть точка (0, 0, 0) является центром симметрии поверхности F (x, y, z) = 0.Для доказательства утверждения теоремы достаточно доказать,что a1 = a2 = a3 = 0.

Очевидно,что кривые,получающиеся в сечении поверхности плоскостьями x = 0, y = 0 и z = 0,также будут симметричны относительно точки (0, 0, 0).Рассмотрим сечение плоскостью z = 0.Уравнение кривой имеет вид

F (x, y, 0) = a11x2 + 2a12xy + a22y2 + 2a1x + 2a2y + a0 = 0.

По доказанному для кривых a1 = a2 = 0.В том,что a3 = 0 убеждаемся,рассмотрев сечение поверхности плоскостью y = 0.

Теорема62.2. Поверхность является центральной,то есть имеет единственный центр,тогда и только тогда,когда δ = det Q 6= 0.

Доказательство. Матрица системы уравнений центра совпадает с Q.

Центральные поверхности:эллипсоиды,гиперболоиды,конусы.

§63.Пересечение поверхности второго порядка с прямой

Пересечение прямой
		x = x0 + t,
		8 y = y0 + βt,	(63.1)
		< z = z0 + γt
с поверхностью	F (x, y, z) = 0 описывается уравнением
		:
		F2t2 + 2F1t + F0 = 0,	(63.2)
где

F2 = q( ,β,γ ),

2F1 = ( Fx + βFy + γFz)|(x0,y0,z0),

F0 = F (x0, y0, z0).

Определение. Ненулевой вектор ( ,β,γ ) задает асимптотическое направление для поверхности F = 0,если он обнуляет квадратичную часть уравнения

q( ,β,γ ) = a11 2 + a22β2 + a33γ2 + 2a12 β + 2a13 γ + 2a23βγ = 0.

Теорема63.1. Асимптотические направления не зависят от выбора системы координат.

Доказательство. Дословно,как для кривых.

Теорема63.2. Прямолинейные образующие любой поверхности имеют асимптотическое направление.

Доказательство. Пусть	8 x = x0 + t,
	<
	y = y0	+ βt,
	: z = z0	+ γt

прямолинейная образующая.Подставив в уравнение F = 0,получим F2t2 + 2F1t+ F0 = 0 для любого t.Значит, F2 = q( ,β,γ ) = 0.

116

Теорема63.3. Середины хорд данного неасимптотического направления ( ,β,γ ) лежат в одной плоскости

Fx + βFy + γFz = 0,

(63.3)

называемой диаметральной плоскостью,сопряженной данному неасимптотическому направлению.

Доказательство. Пусть прямая l,заданная параметрически(63.1),пересекает по-

верхность в двух(возможно,совпавших)точках,и					(x0, y0, z0)	середина соответ-
ствующего отрезка(хорды).Для нахождения t1					и t2 ,соответствующих точкам пе-
ресечения,мы имели уравнение(63.2),причем в нашем случае						F2 6= 0.По теореме
Виета для t0 = 0,отвечающего (x0, y0),условие середины хорды примет вид
	t1 + t2	= −	F1
0 = t0 =				, F1 = 0.
	2		F2

Докажем,что это уравнение задает плоскость,то есть это уравнение первой степени, а не нулевой.Перепишем:

(a11 +a12β +a13γ)x+(a12 +a22β +a23γ)y+(a13 +a23β +a33γ)z+(a1 +a2β +a3γ) = 0.

Пусть	8 a11 + a12β + a13γ = 0,
	<
	a12 + a22β + a23γ = 0,
	: a13 + a23β + a33γ = 0.

умножим первое уравнение на ,второе на β ,третье на γ и сложим полученные уравнения.Получим q( ,β,γ ) = 0,что противоречит неасимптотичности направления.

Определение. Неасимптотическое направление называется главным,если сопряженная ему диаметральная плоскость перпендикулярна ему.

Следующие два утверждения приводим без доказательства,аналогично случаю кривых.

Теорема63.4. Главные направления совпадают с собственными векторами матрицы Q квадратичной части.

Теорема63.5. Диаметральная плоскость,сопряженная главному направлению, является плоскостью симметрии поверхности.

Определение. Точка P (x0, y0, z0) поверхности F = 0 называется особой,если

Fx(x0, y0, z0) = Fy(x0, y0, z0) = Fz(x0, y0, z0) = 0.Таким образом,особые точки это центры,принадлежащие поверхности.

Поверхность называется неособой,если она не имеет особых точек.

Неособые поверхности:эллипсоиды,гиперболоиды,цилиндры,пара параллельных плоскостей.

Особые поверхности:конусы,пара пересекающихся плоскостей,пара совпадающих плоскостей.

Определение. Поверхность называется невырожденной,если det A 6= 0. Невырожденные поверхности:эллипсоиды,гиперболоиды,параболоиды.

Определение. Касательная прямая к поверхности F = 0 в неособой точке P

прямая,имеющая с поверхностью две общие точки,совпадающие с P ,либо принадлежащая поверхности.

117

Теорема63.6. Множество касательных прямых к поверхности в неособой точке P совпадает с плоскостью

Fx(x0, y0, z0)(x − x0) + Fy(x0, y0, z0)(y − y0) + Fz(x0, y0, z0)(z − z0) = 0,

(63.4)

или

(a11x0 + a12y0 + a13z0 + a1)x + (a12x0 + a22y0 + a23z0 + a2)y +
+(a13x0 + a23y0 + a33z0 + a3)z + (a1x0 + a2y0 + a3z0 + a0) = 0,	(63.5)

называемой касательной плоскостью к поверхности в неособой точке.

Доказательство. Пусть P = (x0, y0, z0).Тогда для прямой(63.1) F0 = F (P ) = 0 и точки пересечения находятся из уравнения F2t2 + F1t = 0,так что касание имеет место в случае F1 = 0,то есть

Fx(P ) + βFy(P ) + γFz(P ) = 0.

Это условие является необходимым и достаточным.Аналогично теории кривых доказывается,что это действительно совпавшие точки при F2 6= 0 и прямолинейная образующая,если F2 = 0.

Теорема63.7. Прямолинейные образующие однополостного гиперболоида и гиперболического параболоида,проходящие через данную точку,образуют сечение поверхности касательной плоскостью в данной точке.

Доказательство. Прямолинейные образующие являются касательными и,следовательно,лежат в касательной плоскости.Других точек пересечения нет,так как плоское сечение кривая порядка не выше двух.

§64.Определение вида и расположения поверхности второго порядка

Алгоритм определения вида и расположения поверхности второго порядка в точности тот же,что и уже рассмотренный алгоритм для кривых.

1. Находим собственные числа матрицы Q:

"

"" a11 − λ det(Q − λE) = "" a12

" a13

			"	a11	a12	"		"	a11
= −λ3	+ Sp Qλ2	−	"	a12	a22	"	+	"	a13
			"			"		"
			"			"		"

a12				a13		"
a22 − λ					−	"
				a23		"	=
						"
a23	"		a33			λ "	"
a13			"	a22		a23"
a33	"	+	"	a23		a33	"	λ + det Q =
	"		"				"
	"		"				"

=−(λ − λ1)(λ − λ2)(λ − λ3)

исоответствующие им собственные векторы:

0 1

i

(Q − λiE) @ βi A = 0. gammai

В случае λ1 = λ2 = λ3 перехода к новому базису не требуется.В случае λ1 = λ2 один из собственных векторов матрицы Q для данного собственного числа выберем произвольно.Пусть это будет вектор X1 ,а для нахождения второго вектора к системе

118

уравнений (Q − λ1E)X = 0 добавим еще одно уравнение (X1, X) = 0.Найденные векторы нормируем,т.е.каждый вектор делим на длину.

2. Составляем ортогональную матрицу C = (i0, j0, k0) и находим вид уравне-

ний исходной поверхности в базисе (i0, j0, k0) (здесь L0 = (b1, b2, b3) = (a1, a2, a3)C =

LC, b0 = a0 ):

λ1x02 + λ2y02 + λ3z02 + 2b1x0 + 2b2y0 + 2b3z0 + b0.

3. Выделяем полные квадраты и приводим уравнение квадрики к каноническому

виду.Имеем замену координат x00 = x0 − x00, y00 = y0 − y00 , z00 = z0 − z00 .

4. Находим координаты нового начала координат в исходной системе координат:

0 y0	1	= C	0 y00	1 .
x0	A		x00	A
@ z0			@ z00

Тем самым,каноническая система координат имеет начало O00(x0, y0, z0) и базисные векторы i0, j0, k0 .

Рассмотрим пример использования данного алгоритма. Пример64.1. Определить вид и расположение поверхности

x2 + y2 + z2 + 2xy − 12x + 4y + 6z − 3 = 0.

1. Находим собственные числа матрицы Q и соответствующие им собственные векторы:

				−		"	1	0				0						1		0		λ "								−	−	−
						"		− λ				1											"
						"		1			1 − λ									−			"											λ).
			det(Q λE) = "																	0			" = (1 λ)( λ)(2
Для	λ	1	= 1	собственный"				вектор							1					1		1	" удовлетворяет системе линейных
						"								(				, β , γ )"
уравнений с матрицей Q − E =										0		1			0			1,откуда
									0 1			0			0														= β = 0, γ = 1.
Следовательно,вектор						i0 =				0		0	.		0			A
									@
									(0, 0, 1)
Для λ2			= 0 собственный вектор ( 2, β2, γ2) удовлетворяет системе линейных
уравнений с матрицей Q =						0		1		1	0	1,откуда												= −β,γ = 0.
								1		1	0
								0		0	1	p										p
Следовательно,это вектор																		−											.Здесь можно положить						= 1	,
						@ j0 = (1/A2, 1/ 2, 0)
а затем полученный вектор (1, −1, 0) поделить на его длину p2.
Для λ3			= 2 собственный вектор ( 3, β3, γ3) удовлетворяет системе линейных
					−					@		1						1				0
уравнений с матрицей Q												0				p0 −1pA															= β,γ = 0.
						2E =				0	−1					−1						0	1,откуда
Следовательно,это вектор										k0	= (1/															, 0).Здесь можно положить									=
																		2, 1/						2
1,а затем полученный вектор									(1, 1, 0)							поделить на его длину p																		.Нужно также
																																	2
убедиться,что полученная тройка векторов i0, j0, k0																											является правой.Если она будет
левой,то следует сменить знак вектора															k0 .
Составим матрицу C :																		p						p
											0				1/
										@										2		1/					2		A
											1	−											0
																				0
						C = 0					0				1/p2 1/p2														1 .

119

Найдем вид уравнения поверхности в новых координатах.Для этого сначала вычислим L0 :

0

1/

p

p

−

@

−

2 1/ 2

A

−

−

1

0

0

2L0 = 2LC = (

12, 4, 6) 0

0

1/p

2

1/p

2

1 = (6,

16/p

2

,

8/p

2).

Получаем

0

0

, y

0

0

) = x

02

+ 2z

02

0

p

0

p

0

− 3 = 0.

F

(x

, z

+ 6x

− 16/ 2y

− 8/ 2z

Выделяем полные квадраты:

(x0 + 3)

2

p

2

p

− 9 + 2(z0 − 2)

− 4 − 8 2y0 − 3 =

= (x0 + 3)

2

+ 2(z0

p

2

p

p

2

+ 2z00

2

p

− 2)

− 8 2(y0 + 2) = x00

− 8 2y00,

где x00 = x0 + 3, y00 = y0 + p

, z00 = z0

− p

.

2

2

Осталось найти координаты нового начала координат в исходной системе коор-

динат:

0 y0

1 = C 0

3

p

p

3

1 = 0

2 1

−p2

1 = 0 0 1/p2 1/p2 1 0

p−2

x0

0

1/ 2

1/

2

0

@ z0

A @ −p

A @ 1

−

A @ −p

A @ −3 A

2

0

0

2

.

(0, 2, −3) и базисными

Итак(см.рис.),в системе координат с началом в точке

O0

p

p

p

p

векторами i0 = (0, 0, 1), j0 = (1/

2, −1/

2, 0),

k0 = (1/

2, 1/

2, 0) имеем эллипти-

ческий параболоид

002

002

p

00

x

+ 2z

.

= 2 · 4 2y

120