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(α, β, γ) = 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 (α,β, γ) гиперболического

Параболоида находятся из уравнения , т.е. лежат в плоскостях:

π₁: , π₁: .

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 α = β = 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 (α, β, γ) удовлетворяют уравнениям:

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

Вернёмся к гиперболоидам. Их асимптотический конус определяется уравнением:

Из уравнения однополостного гиперболоида имеем для положительных z:

а из уравнения (21) -

откуда:

Аналогично для двуполостного.

Предложение 11. Асимптотические направления (α, β, γ) однополостного гиперболоида совпадают с направлениями образующих его асимптотического конуса и являются решениями (21).

Доказательство. По определению асимптотических направлений.

Теорема 12. Никакие три различных прямолинейных образующих однополостного гиперболоида из одного семейства не параллельны одной плоскости. Любые три попарно скрещивающиеся прямые, не параллельные одной плоскости, являются прямолинейными образующими некоторого однополостного гиперболоида.

Доказательство. Рассмотрим три прямолинейных образующих из одного семейства. Допустим, они параллельны одной плоскости. Так как центральное плоское сечение (асимптотического) конуса состоит из двух пересекающихся одной прямой, то две из трёх прямых должны быть параллельны. Противоречие.

Рассмотрим три попарно скрещивающиеся прямые и некоторую аффинную систему координат, в которой они имеют вид:

Следующая квадрика содержит все эти прямые:

(x-x₁)(y-y₃)(z-z₂)-(x-x₂)(y-y₁)(z-z₃)=0

Это действительно квадрика, так как коэффициент при х³ равен нулю, а, скажем, при ху равен –z₂+z₃≠0 так как прямые скрещиваются. Из классификации квадрик и доказанных свойств следует, что это – однополостный гиперболоид (у цилиндров таких образующих не может быть, это мы докажем в следующем предложении 14)

Рассмотрим теперь не распадающиеся цилиндры

Предложение 14. Все прямолинейные образующие не распадающихся цилиндров являются их образующими (образующие цилиндров определяются по аналогии с коническими поверхностями) и, следовательно, параллельны между собой

Доказательство. Рассмотрим произвольную прямолинейную образующую и спроектируем ее на плоскость z = 0. Тогда результат проекции должен целиком принадлежать направляющей (конике), что возможно только тогда, когда проекция – точка, то есть прямолинейная образующая параллельна оси Oz, то есть образующим.

Рис. 8 эллиптический цилиндр

Рис. 9 мнимый эллиптический цилиндр

Рис. 10 две мнимые пересекающиеся плоскости

Рис. 11 гиперболический цилиндр

Рис. 12 две пересекающиеся плоскости

Рис. 13 параболический цилиндр

Рис. 14 две параллельные плоскости

Рис. 15 две мнимые параллельные плоскости

Рис. 16 две совпадающие плоскости

Дата добавления: 2015-08-09