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 образующейповерхности 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:

x² + y² –z² = 1.

или

x² ­– z²=1 – y², (x–z)(x+z) = (1-y)(1+z)

Отсюда сразу видим два семейства прямолинейных образующих:

Где λ и μ – 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 λ = x₀ + y₀ и μ = 1 + y₀, а для II – λ = x₀+z0 и μ=1-y₀, получим прямые, проходящие через данную

точку. Поскольку одно из чисел 1 - y₀ или 1 + y₀ отлично от 0, то пара (λ, μ) 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 + z²₀ 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 (α, β, γ):

x=1+αt

y=βt

z=γt

так что уравнение (результат подстановки в уравнение гиперболоида)

(α²+β²-γ²)t²+2αt=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 (α, β, γ). 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 μ=μ'=1, λ и λ'

- ненулевые. Тогда для условия rk < 3 необходимо8

=

что в данной ситуации возможно только если λ = λ' 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 π – плоскость, проходящая через l₁ и некоторую точку Ρ 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 l P. Она не совпадает и не скрещивается с l₁, поэтому, по доказанному, не может принадлежать первому семейству, а значит, принадлежит второму, и в силу единственности 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 Ǿ) и не может содержать прямую.

5.).

(изображён на рисунке 5а.).

Рис. 5 Конус второго порядка

Заметим, что уравнение однородно (второго порядка); F(λx, λy, λz) = λ,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 π, а точка О не

принадлежит π. Конической поверхностью над Г с центром в О называется объединение всех прямых вида ОХ, Х Г (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 π 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 π примет вид:

F=(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:

F(, ) =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 γ 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 (α, β, γ) задаёт асимптотические направление для поверхности F = 0, если он обнуляет квадратичную форму уравнения:

q(α, β, γ)=a₁₁α²+a₂₂β²+a₃₃γ²+2a₁₂αβ+2a₁₃αγ+2α₂₃βγ=0

Асимптотические направления не зависят от выбора системы координат.

Дата добавления: 2015-08-09