1611671589-8b32ec633a68274ab2f981b506c8e32e (826555), страница 5
Текст из файла (страница 5)
(Такие прямые lu и lv называютсясопряженные диаметры кривой). При аффинном преобразовании пара сопряженных диаметров переходит в пару сопряженных диаметров.Если u, v — сопряженные направления, то hAu, vi = 0. Если кривая Ωцентральна, то прямая l является диаметром тогда и только тогда, когдаона проходит через центр кривой. Какое направление сопряжено асимптоте гиперболы? Прямая является диаметром параболы тогда и толькотогда, когда она параллельна ее оси.Если к выражению u, v 7→ hAu, vi отнестись как к скалярному произведению (не обязательно положительно определенному), то сопряженныевекторы можно назвать «A-ортогональные» векторы.
См. параграф 9.6.5.2. Уравнение кривой в базисе сопряженных направленийПусть Ω — эллипс и lu , lv — два каких-нибудь его сопряженных диаметра. Их пересечение O0 — центр эллипса. Выберем векторы e01 и e02 надиаметрах так, чтобы концы этих векторов лежали на эллипсе. В системекоординат (O0 , e01 , e02 ) уравнение эллипса примет общий видa11 x02 + 2a12 x0 y 0 + a22 y 02 + 2b1 x0 + 2b2 y 0 = 1.(8)При этом b1 , b2 = 0 (ведь точка O0 — центр эллипса).
Далее, из определения сопряженных направлений как геометрических мест середин хордследует, что уравнение (8) четно и по x0 и по y 0 . Последнее означает, чтоa12 = 0. Наконец, так как точки с новыми координатами (1, 0) и (0, 1)лежат на эллипсе, получаем: a11 = a22 = 1. Итак, уравнение эллипса всопряженных диаметрах имеет вид уравнения окружности x02 + y 02 = 1.5.2.1. Теоремы Аполлония.1) Площадь параллелограмма, построенного на сопряженных радиусах эллипса, постоянна и равна произведению полуосей.2) Сумма квадратов длин пары сопряженных радиусов постоянна иравна сумме квадратов полуосей.Доказательство.
1). Для окружности это очевидно. Упражнение75. Доказать 1), используя то, что эллипс есть аффинный образ окружности, а при аффинном преобразовании площади всех параллелограммовменяются в одно и то же число раз.222) Эллипс xa2 + yb2 = 1 запишем параметрически:r(t) = (x(t), y(t)), x(t) = a cos t, y(t) = b sin t.Пусть радиусы r(t1 ) и r(t2 ) сопряжены. Покажем, что t2 = t1 ± π2 . Переведем эллипс в окружность преобразованием (x, y) → (x0 , y 0 ) := ( xa , yb ).25Каждый радиус r(ti ) перейдет в радиус r0 (ti ) = (cos ti , sin ti ). Новые радиусы будут сопряжены уже относительно окружности, то есть перпендикулярны. Поэтому t2 = t1 ± π2 и вторая часть теоремы доказана, таккак|r(t1 )|2 + |r(t2 )|2 = (a2 cos2 t1 + b2 sin2 t1 ) + (a2 sin2 t1 + b2 cos2 t1 ) = a2 + b2 .Упражнение 76.
Вывести уравнениеY'гиперболы, взяв за оси пару сопряженныхдиаметров.Упражнение 77. Чему параллельны каX'сательные в точках пересечения кривой второго порядка Ω с диаметром lv ?Упражнение 78*. Множество M ⊂ Rnназовем аффинно однородным, если для любых двух точек A, B ∈ M существует аффинное преобразование f : Rn → Rn , переводящее M в себя и такое,что f (A) = B. Доказать, что все КВП, кроме одной (какой?), аффиннооднородны.6.
Центр. Цилиндрические и конические поверхности второго порядка в Rn . Плоскости симметрии6.1. Центр. Центральные поверхности второго порядкаГоворят, что точка O — центр множества M ⊂ V , если для каждойточки x ∈ M точка, симметричная точке x относительно O, также лежитв множестве M . Упражнение 79. Каковы центры пустого множества?6.1.1. Лемма. Четная функция Rn → R задает поверхность с центром в точке 0. В частности, уравнение hAX, Xi + 2hb, xi + c = 0 приb = 0 задает поверхность с центром в точке 0.Доказательство — упражнение 80.6.1.2.
Лемма. Пусть уравнение второго порядка F (X) = hAX, Xi+2hb, Xi+c = 0 задает поверхность Ω. Тогда всякое решение X0 уравненияAX0 + b = 0 является центром Ω.Доказательство. Пусть X0 — произвольная точка. Рассмотрим сдвигначала системы координат в эту точку: X = X 0 +X0 . В результате сдвигаполучаем, согласно формуле (1),hAX 0 , X 0 i + 2hAX0 + b, X 0 i + F (X0 ) = 0.Если AX0 + b = 0 то, согласно лемме 6.1.1, начало сдвинутой системыкоординат, то есть точка X0 — центр симметрии.
Лемма доказана.266.1.3. Теорема. Если уравнение hAX, Xi+2hb, Xi+c = 0 задает непустую поверхность в Rn , для которой 0 является центром, то b = 0.Доказательство этой теоремы довольно длинное. Прежде, чем ее доказывать, приведем следствие этой теоремы и леммы 6.1.2:Следствие. Непустая поверхность hAX, Xi + 2hb, Xi + c = 0 имеетединственный центр X0 = −A−1 b тогда и только тогда, когда det A 6= 0.Если же det A = 0, то центров или нет, или они образуют аффинноеподпространство, размерность которого равна n − rank A.Доказательство следствия. Уравнение AX0 +b = 0 имеет единственноерешение тогда и только тогда, когда матрица A невырождена. Упражнение 81: закончить доказательство и привести примеры КВП.Доказательство теоремы 6.1.3 в двумерном случае.Предположим, что det A 6= 0.
Если b 6= 0, то по лемме 6.1.2 поверхность имеет, кроме 0, еще один центр X0 = A−1 b 6= 0. Но у непустыхцентральных КВП центр единствен. Значит, если det A 6= 0, то b = 0.Остаётся случай det A = 0. Поворотом приведем уравнение к видуλx02 + 2b̃1 x0 + 2b̃2 y 0 + 2c̃ = 0, λ 6= 0.Ясно, что b̃2 = 0, иначе будет парабола, а у нее центров нет. Итак:λx02 + 2b̃1 x0 + 2c̃ = 0.Это уравнение должно задавать на плоскости (x0 , y 0 ) пару параллельныхпрямых λ(x0 − x01 )(x0 − x02 ) = 0 (не мнимых — ведь Ω непуста по условию).Точка (0, 0) — центр, поэтому x01 = −x02 .
По теореме Виета b˜1 = 0. Итак,b = (b˜1 , b˜2 ) = (0, 0). Значит и b = Qb̃ = 0. Двумерный случай исследован.Общий случай будет доказан в конце следующего параграфа.6.2. Цилиндрические поверхности второго порядкаМножество Ω в Rn называется цилиндрическойповерхностью или цилиндром, если существует прямая l (направляющая цилиндра), такая, что вместес любой точкой P ∈ Ω прямая, проходящая через Pи параллельная l, вся содержится в Ω.6.2.1. Лемма.
Если Ω задана уравнением F (x1 , . . . , xn−1 ) = 0, то Ω— цилиндрическая поверхность с образующей, параллельной оси Oxn .Доказательство — упражнение 82.6.2.2. Теорема. Пусть непустая цилиндрическая поверхность второго порядка с образующей Oxn задана уравнениемF (x1 , . . . , xn ) =nXaij xi xj + 2i,j=1nXi=127bi xi + c = 0 (aij = aji ).(9)Тогда (9) не содержит переменной xn , то есть an1 = . .
. = ann = bn = 0.Доказательство. Покажем сначала, что ann = 0. Рассмотрим какуюнибудь точку p = (k1 , . . . , kn−1 , kn ) ∈ Ω. Тогда вся «вертикальная» (параллельная оси Oxn ) прямая {(k1 , . . . , kn−1 , t) | t ∈ R} принадлежит Ω.Подставляя точки этой прямой в уравнение, получаем: при всех t ∈ Rвыполнено ann t2 + µt + ν = 0 (µ, ν — какие-то числа). Этот многочленравен нулю при всех t. Отсюда следует, что ann = 0.Покажем теперь, что bn = 0. Подстановка в уравнение поверхноститочек вертикальной прямой (0, . . .
, 0, t) дает число 2bn t + c. Посколькуповерхность цилиндрическая, это число либо тождественный нуль привсех t (если прямая принадлежит поверхности целиком), либо не имеетрешений. Это возможно только при bn = 0.Осталось показать, что ank = 0 при k < n. Рассмотрим вертикальнуюпрямую (0, . .
. , 0, 1, 0, . . . , 0, t) (единица на k-том месте), t ∈ R. Подстановка ее в уравнение дает a2kk + 2ank t + 2bk + c = 0, это уравнение неможет иметь единственного решения, то есть ank = 0. Теорема доказана.Следствие. Пусть уравнение hAX, Xi + 2hb, Xi + c = 0 задает непустую цилиндрическую поверхность. Тогда det A = 0.В самом деле, выберем систему координат X = QX 0 , в которой направляющая поверхности параллельна оси Ox0n . Согласно теореме 6, последняя строка (и столбец) матрицы Ã = Q> AQ нулевые.
Значит, Ãвырождена. Поэтому вырождена и матрица A = QÃQ> .Условие det A = 0 не влечет цилиндричность поверхности. Пример— парабола. Однако если вырождение кратное, то поверхность заведомоцилиндрическая:6.2.3. Лемма. Если rank A ≤ n − 2, то Ω — цилиндрическая поверхность.Доказательство. Приведем уравнение поверхности к виду 1k или 2k ,см. теорему 2.2.2. Если rank A ≤ n − 2, то нулю равно не только число λn ,но и число λn−1 (почему?). Поэтому k ≤ n − 2 и приведенный многочлен1k или 2k не содержит переменной x0n . В силу леммы 6.2.1 поверхностьбудет цилиндрическая с осью, параллельной e0n .
Лемма доказана.Покажем, что наличие двух центров у алгебраической поверхностивлечет ее цилиндричность.6.2.4. Лемма. Пусть O, O0 — две точки в векторном пространствеV . Обозначим отражение относительно O символом invO . Композицияинверсий invO0 ◦ invO является сдвигом V на вектор 2OO0 .Доказательство. Пусть A ∈ V . Положим B = invO A, C = invO0 B.
Изподобия треугольников (каких?) получаем: AC = 2OO0 . Лемма доказана.286.2.5. Лемма. Пусть алгебраическая поверхность Ω имеет два центра O, O0 . Тогда Ω — цилиндрическая поверхность, параллельная OO0(и, в частности, каждая точка прямой OO0 является центром).Доказательство. Из леммы 6.2.4 следует, что Ω «периодична с периодом 2OO0 », то есть переходит в себя при сдвиге на вектор 2OO0 .
Этоозначает, что вместе с каждой точкой P на поверхности лежат и точкивида P + 2kOO0 , k = 1, 2, 3 . . ., то есть прямая, проходящая через точкуP и параллельная вектору OO0 , имеет с поверхностью бесконечно многообщих точек. Ввиду алгебраичности поверхности Ω эта прямая целикомлежит на поверхности, см. лемму 1.3. Лемма доказана.Упражнение 83. Найти все центры синусоиды.Теперь мы докажем теорему 6.1.3 для произвольной размерности n.Проведем индукцию по n. Для n = 2 доказано в параграфе 6.1.Предположим, что b 6= 0. Если det A 6= 0, то, кроме начала координат,поверхность Ω имеет еще один центр в точке X0 = −A−1 b. Из леммы6.2.5 следует, что Ω — цилиндрическая поверхность. Согласно следствиюиз теоремы 6.2.2, det A = 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
