1625913085-c7c8a0f4cc2f319e4e81be4a1f4ed926 (532416), страница 67
Текст из файла (страница 67)
Найдем уравнения проекции сечения на плоскость Оху, исключив 2 из данных уравнений. Получим х + 2у — (2 — х — у) 2 2 2 = — 4, или у — 2ху+ 4х+ 4у = О. Теперь найдем центр полученной линии второ2 о порядка, используя уравнения (6) из введения к гл.
3. или задачу 9.18. Уравнения (6) имеют вид — 2у + 4 = О, 2у — 2х + 4 = = О. Находим хо = 4, уо = 2. Так как искомая точка лежит на данной плоскости, то хо + Уо + 22о = 2, откУДа зо = — 2. Ответ: С (4, 2, — 2). 10.68. Изложим один из способов решения задачи. Сначала составляем уравнения проекции на плоскость Оу сечения данного элл2п2соида плоскостью х+ у+ 2 = 6 и находим центр полученной линии второго порядка. Искомый центр сечения имеет то же коорДинаты Уо, зо, что и ЦентР пРоекЦии; пРи найденных Уо, хо кооРДинату хо центра сечения легко определить из уравнения плоскости.
Принимая Ь за параметр,таким образом находим искомое множество точек. Выполним намеченную программу. Уравнение проекции на плоскость Оуз получим, исключая х из уравнений хз + 2у2+ 322 = 4 и х ь у + 2 = Ь. Получаем Зуз + 422 + 2уз — 2Ьу — 2)22+ Ь~ — 4 = О. Составляем уравнения для определения центра этой кривой (см. задачу 9.18) бу+ 22 — 26 = О, 82+ 2у — 25 = О.
Отсюда уо = 3)2/11, зо = 2й/11. Подставляя эти числа в уравнение плоскости х + У+ — = 5, полУчим хо = 66/11. Итак, хо = 6)2/11, Уо = Решен.ия 353 = ЗЬ/11, зо = 26/11. Обозначив 5 = 1И,получим х = 6г, у = Зг, з = = 2« — уравнения линии центров. Однако искомому множеству принадлежат не все точки прямой, а лишь лежащие внутри эллипсоида. Вычисляя значения параметра 1 = х „/2,~33, соответствующие точкам пересечения прямой и эллипсоида, находим ограничение на 5 Ответ: х = 61, у = 31, з = 21, ~З~ < х««2~'33. 10.71. Укажем один из способов решения задачи. Запишем уравнение плоскости в парамегрическом виде; х = 3 + аз а + 6| и, у = = 2+ ази+ Ьзи, з = ази+ Ьзи. Подставив эти уравнения в уравнение эллипсоида, получим уравнение сечения во внутренних координатах плоскости: (3 + ази + Ьзи) ' 2(2 + ази + Ьзи) + 4(1 + ази + Ьзи) = 9. (9) Так как по условию центр этого эллипса лежит в точке с координатами ио = О, ио = О, то в уравнении (9) отсутствуют линейные члены.
Приравнивая нулю коэффициенты при этих членах, получим условия на координаты направляющих векторов плоскости: ба~ + 8аз + 8аз = О, 66«+ 8Ьз + 86з = О. Они показывают, что за нормальный вектор искомой плоскости можно взять вектор п(6, 8, 8). Но наша плоскость по условию проходит через точку С (3, 2, 1). Поэтому ее уравнение имеет вид 6(х — 3) + 8(у — 2) + 8(з — 1) = О, или Зх+ 4у+ 4з — 21 = О. 10.75. Найдем проекцию сечения на плоскость Оху.
Для этого исключим изданных уравнений з. Получим хз + у — 4 = О. Следовательно, искомая проекция содержится в окружности. Однако для точек данного гиперболоида хз — у + зз+ 1 = О всегда хз — у + 1 ( О. Поэтому искомая проекция состоит из двух дуг окружности, заключенных внутри ветвей гиперболы хз — у + 1 = О.
Найдя точки перс сечения гиперболы и окружности, получаем ответ: з = О, хз + уз = = 4, ~у~ > ° '5,12 (или ~х~ < х/3,~2). Остальные проекции находятся аналогично. 11.12. 1) Допустим, что данная поверхность эллипсоид. В канонической системе координат уравнение эллипсоида линейных членов не содержит.
Любая другая система координат с началом в центре симметрии эллипсоида отличается от канонической лишь базисом. Формулы замены базиса однородные, и при такой замене совокупность членов второй степени переходит в совокупность членов второй степени; линейные члены не могут «возникнуть». Для остальных типов поверхностей доказательство аналогичное. Отметим, что если у поверхности бесконечно много центров симметрии, то каждый из них можно принять за начало канонической системы координат. 11.21. 6) Для решения задачи можно привести уравнение поверхности к канонической форме путем перехода к какой-нибудь декартовой (не обязательно прямоугольной) системе координат. После 354 Решения этого определить тип поверхности можно по таблице типов, воспользовавшись результатом задачи 11.8 или непосредственно вычисляя ранги и сигнатуры большой и малой квадратичных форм поверхностей. Упрощение данного уравнения выполним двумя способами.
С и о с о б 1. Выделяя полныс квадраты, содержащие последовательно переменные хм хз,хз, данное уравнение запишем в виде (хг — 2хз — Зхз — 1) — 6(хз + хз) — бхз + к — 1 = О. Положим хз — 2хз — Зхз — 1 = из хз + хз = ию хз = из. Эта замена переменных, очевидно, обратима. Уравнение поверхности в новых координатах 6"з биз + к — 1 = О является почти каноническим. Легко убедиться, что прн й = 1 это уравнение приводится к канонической форме 3 ~-т~ — —, =0 2 2 6 1 — 2 — 3 — 1 — 2 — 2 0 2 — 3 0 — 3 3 — 1 2 3 й 1 0 0 0 0 — 6 — 6 0 0 — 6 — 12 0 0 0 0 й — 1 1 0 0 0 0 — 6 0 0 0 0 — 6 0 0 0 0 й — 1 При 1с > 1: Н = 4, г = 3, Е = О, а = 1. Поверхность — однополостный гиперболоид.
При й = 1; 11 = г = 3, Е = а = 1. Поверхность— конус. При й < 1: 77 = 4, г = 3, Е = 2, а = 1. Поверхность — двуполостный гиперболоид. 11.22. 16) Последовательно выполним рекомендованные действия. Сначала с помощью ортогональной замены координат соответствующей конусу, при Й > 1 -- к канонической форме сз 2 ~2 й — 1 й — 1 6(й — Ц соответствующей однополостному гиперболоиду, при й < 1 -- к канонической форме, соответствующей двуполостному гиперболоиду.
С п о с о б 2. Выписываем матрицу большой квадратичной формы поверхности и приводим ее к диагональному виду, применяя элементарные преобразования к строкам (по методу Гаусса) и такие же преобразования к столбцам. Если при этом последний столбец и последняя строка не прибавляются с какими-либо множителями к остальным и не умножаются на числа, отличные от единицы, то элементарные преобразования соответствуют матрице перехода Т задачи 11.17, 2). Попутно эти преобразования упрощают и матрицу малой квадратичной формы поверхности, не меняя рангов и сигнатур. В данном случае Решения 355 упростим квадратичную форму поверхности.
В данном случае, достаточно лишь обратить в нуль член с произведением ую Выпишем матрицу из коэффициентов членов второй степени, содержащих у и з, и строку коэффициентов при у и з в первой степени: А =, а = — )! 3 — 5 ((. Составим характеристическое уравнение )А — ЛЕ~ = О; 1 — Л вЂ” 1 — 1 1 — Л Корни этого уравнения Л~ — — О, Лз = 2. Для нахождения ортонормированного базиса из собственных векторов составляем систему уравнений (А — ЛЕ) Е = о.
В данном случае )В=о, Е= 6, Л=О; (4) — 1 — 1 — 1~ В=о, к= ! 6, Л=2; (5) Различным собственным значениям Л, = О и Лз = 2 принадлежат взаимно ортогональные собственные векторы. Поэтому для отыскания ортонормированного базиса из собственных векторов достаточно пронормировать найденные столбцы (4) и (5). Получаем столб- Р У цы — ~ н — . Искомая замена координат = Я г 1 1 — 1 имеет матрицу перехода о' = — 1 1, составленную из этих 1 столбцов. При такой замене координат члены данного уравнения ,г у + з~ — 2рл переходят в 2з' . Чтобы найти коэффициенты при линейных членах преобразованного уравнения, используем формулу а' = аУ.
Получим а' = ( — 1/ьГ2, — 2хУ2). Остальные члены уравнения при нашей замене координат не меняются. Мы можем выписать преобразованное уравнение — х'+ 2х' + 2х — ъ'2р' — 4ъ'2х'+ 1 = О Теперь необходимо перенести начало координат в пространство. Для этого группируем одноименные переменные и дополняем их до полного квадрата; наше уравнение приобретает вид — (х — 1) + (з'ъ'2 — 2) — ъ'2у' — 2 = О или -(я — 1)а + 2(с' — ъ'2)э — ъ'2(р' + ч 2) = О. Делаем валуеву координат х = С+ 1, у' = и — ч'2, х' = ~+ у'2 (перенос начала координат в точку 0 с координатами 1, — ч'2, чГ2 относи- 356 Решения тельно повернутой системы).
Получаем почти каноническое уравне- ние (7) 1 0 0 0 1/ъ'2 — 1/ъ'2 0 1/~/2 1/.~ 2 Раскрывая матричную формулу (7), получим итоговую замену координат в развернутой форме 1 1 1 1 л = с + 1, у = — и — — ~ — 2, з = — и+ — ~. (8) ~/2 Л Л Л Наконец, остановимся на переходе от почти канонического уравнения к каноническому. Можно, например, умножить обе части равенства (6) на 1/2, перенести линейный член в правую часть и сделать замену координат О=С, (9) После этого уравнение (6) превратится в каноническое уравнение ьз 12 1 1 — -О 2 чг2 001 Замена координат (9) имеет матрицу 1 0 0 и соответствует пе- 010 рестановке базисных векторов.
Переход от исходных координат к каноническим в силу (8) и (9) определяется формулами 1, 1 х=й+1, д= — — С + — ~ — 2, -.= — С + — ~. Л Л ' Л Л вЂ” ~' + 2~з — чг20 = О. (6) Ясно, что данное уравнение описывает гиперболический параболоид. Сделаем некоторые дополнительные замечания к решению задачи. Прежде всего вычислим исходные координаты точки О. Отметим, что при замене только переменных у и з первая координата любой точки остается неизменной. Поэтогиу первая координата точки О равна 1 и в повернутой, и в исходной системе координат.
Остальные координаты можно вычислить, пользуясь формулой перехода: У вЂ )~ — ъ'2 1 1 — 1 хУ2~ ~— 1 — 2 Таким образом, старые координаты точки О суть 1, — 2, О. Поясним, как выписать формулу перехода от координат т, у, г к С, и, ~. Она имеет матричный вид т с 1 у =л и + — 2 0 где матрица перехода 8 содержит о' в качестве подматрицы: 357 Решения 11.22. 24). Приведем важнейшие этапы решения, не останавливаясь на деталях отыскания собственных значений, собственных векторов, надпространств Р и Д, разложения вектора а в сумму р -~ у, выбора и нормировки столбцов матрицы Я, резпения системы уравнений 111).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
