1611671589-8b32ec633a68274ab2f981b506c8e32e (826555), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Осталось доказать, что b = 0, если det A = 0.Повернем систему координат так, чтобы уравнение Ω приняло видn−1Xλi x2i + 2i=1nXbi xi + c = 0, λ1 6= 0.(10)i=1Покажем, что bn = 0. Если bn 6= 0, то можноPcделать еще одну линейnную замену: x1 , . . . , xn−1 не меняем, а x0n := i=1 bi xi . (Упражнение84: почему эта замена невырождена?) Уравнение примет видG=n−1X0λi x02i + 2xn + c = 0.i=1Рассмотрим какую-нибудь точку вида P = (x01 , 0, . .
. , 0), не лежащую в поверхности Ω. Такая точка есть, поскольку λ1 6= 0. Прямая{(x01 , 0, . . . , 0, ten ) | t ∈ R}, параллельная оси 0x0n и проходящая черезточку P , должна пересекаться с Ω в точке Q при каком-то ненулевом t0(упражнение 85: при каком?). Тогда точка −Q, симметричная точке Qотносительно центра 0, также принадлежит поверхности. Но это невозможно, ибо G(Q) = G(P +t0 en ) = G(−P +t0 en ) 6= G(−P −t0 en ) = G(−Q).Итак, в уравнении (10) bn = 0. Но тогда Ω — цилиндрическая поверхность c образующей, параллельной вектору en .
Пусть Ω0 — пересечениеΩ с плоскостью xn = 0. Тогда Ω0 — непустая поверхность с центром в начале координат и задается тем же уравнением (10). По предположениюиндукции, b1 = . . . = bn−1 = 0. Теорема 6.1.3 доказана.296.3. Конические поверхности. Конус над подмножествомМножество M ⊂ V будем называть конусом с вершиной в точкеO ∈ V , если O ∈ M и для любой точки A ∈ M прямая OA целикомсодержится в M . Эти прямые называют образующими конуса.Упражнение 86. Любое векторное подпространство — конус. Конический стаканчик для мороженого — не конус, а только половинка.Замечание. Часто в определении конуса требуют, чтобы не прямаяOA, а только луч OA содержался в M . В этом случае стаканчик длямороженого будет конусом.6.3.1.
Лемма. Пусть F (X) — однородный полином степени k > 0.Тогда уравнение F (X) = 0 задает конус с вершиной в начале координат.Доказательство — упражнение 87.Конус над подмножеством гиперплоскости. Пусть V — векторное пространство, Π — гиперплоскость в V , не проходящая через нуль.Всякое множество M ⊂ Π определяет конус K(M ), заметаемый всевозможными прямыми, выпускаемыми из нуля в точки множества M .Опишем способ задания уравнения конуса над алгебраической поверхностью.Пусть Π = Rn .
Вложим Π в пространствоRn+1 в качестве гиперплоскости xn+1 = 1.Всякую точку (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn мы отождествляем с точкой (x1 , . . . , xn , 1) в пространстве Rn+1 . Условимся называть по.следнюю «вертикальную» переменную неxn+1 , а z.Пусть F (x1 , . . . , xn ) — неоднородный многочлен степени k > 0. Домножим каждый его моном на такую степень переменной z, чтобы весьмногочлен стал однородным многочленом KF степени k. (ПроцедуруF 7→ KF называют проективизацией). Например, если F (x, y) = 3x2 +2xy − y 2 + 4x − 7y + 5, то KF (x, y, z) = 3x2 + 2xy − y 2 + 4xz − 7yz + 5z 2 .Пример. Уравнение x2 + y 2 − 1 = 0 задает окружность — горизонтальное сечение стандартного конуса второго порядка x2 + y 2 − z 2 = 0.Упражнения 88, 89*.
Пусть Ω задана уравнением F (x1 , . . . , xn ) = 0.Множество решений KF (x1 , . . . , xn , z) = 0 содержит конус KΩ над множеством Ω в пространстве Rn+1 . Всегда ли верно обратное включение?Упражнения 90–92. Нарисовать конусы, получаемые проективизацией эллипса, гиперболы, параболы в канонической системе координат.6.4. Плоскости симметрииПоверхность Ω ⊂ Rn называется симметричной относительно аффин30ного подпространства L ⊂ Rn , если симметрия относительно L переводитΩ в Ω. То есть для любой точки из Ω симметричная относительно L точкатоже лежит в Ω. Подпространство L называется плоскостью симметрии.Одномерные плоскости симметрии называют осями симметрии.Пусть Ω задана уравнением F (X) = hAX, Xi + 2hb, Xi + c = 0.6.4.1.
Лемма. Пусть X0 — середина отрезка [X1 X2 ] и вектор v =X1 X2 перпендикулярен вектору AX0 + b. Если X1 ∈ Ω, то и X2 ∈ Ω.Доказательство. Подставим точки X1,2 = X0 ± v2 в F . Тогда F (X1 ) −F (X2 ) = 2hAX0 + b, vi. Точки X1,2 могут одновременно лежать в Ω лишьпри условии F (X1 ) = F (X2 ), то есть hAX0 + b, vi = 0. Лемма доказана.6.4.2. Теорема.
Если для каждой точки X0 ∈ L вектор AX0 + bпараллелен L, то L — плоскость симметрии Ω.Доказательство. Если точки X1,2 симметричны относительно L, тосередина X0 отрезка [X1 X2 ] лежит на L и вектор v = X1 X2 перпендикулярен L. Остальное следует из предыдущей леммы.Подпространства L, удовлетворяющие условию этой теоремы, называются общие плоскости симметрии. Остальные плоскости симметрии(их обычно не бывает) называются исключительные.Упражнение 93. При каких k у кривой x2 + ky 2 = 0 есть исключительные плоскости симметрии?Упражнение 94*.
У любых поверхностей второго порядка в Rn естьпо крайней мере одна общая плоскость симметрии.7. Поверхности второго порядка в R37.1. Классификация поверхностей второго порядка в R3Всякий многочлен второго порядка F (x, y, z) имеет видa11 x2 + a22 y 2 + a33 z 2 + 2a12 xy + 2a13 xz + 2a23 yz + 2b1 x + 2b2 y + 2b3 z + c.Упражнение 95. Придумать «правдоподобное объяснение» тому, чточерез любые девять точек пространства всегда можно провести поверхность второго порядка, а через десять точек — уже не всегда.Матричное уравнение ПВП есть F (X) = hAX, Xi + 2hb, Xi + c = 0,X = (x, y, z), A = (aij ) — симметричная 3 × 3-матрица, b = (b1 , b2 , b3 ).Составим ортогональную матрицу перехода из собственных векторовQ = (e01 , e02 , e03 ).
Имеем: Q> AQ = diag{λ1 , λ2 , λ3 }. Уравнение в системекоординат X = QX 0 принимает вид (b̃ = Q> b):λ1 x02 + λ2 y 02 + λ3 z 02 + 2b̃1 x0 + 2b̃2 y 0 + 2b̃3 z 0 + c = 0.(11)Напомним, что поверхности, у которых det(A) 6= 0, называются центральными — это те поверхности, которые имеют единственный центр.31У центральных поверхностей все λ123 ненулевые.
Выделяя полныеквадраты (это соответствует сдвигам), получим уравнениеλ1 x002 + λ2 y 002 + λ2 z 002 + c̃ = 0.Если все λ123 одного знака, то уравнение можно записать в видах 1–3:2221. xa2 + yb2 + zc2 = 1 (эллипсоид),y2b2x2a2z2c2..2.++= 0 (точка, иливырожденный эллипсоид),y2x2z23.a2 + b2 + c2 = −1 (мнимыйэллипсоид).Порядок координат выбирают таким, чтобы a ≥ b ≥ c.Частный случай эллипсоида — единичная сфера S 2 : x2 + y 2 + z 2 = 1.Эллипсоид получается из S 2 растяжением вдоль трёх осей в a, b и c разсоответственно.Теперь рассмотрим случай, когда не все λ123 одного знака.
Меняя,если надо, порядок координат, получим канонические уравнения (a ≥ b):2224. xa2 + yb2 − zc2 = 1 (однополостный гиперболоид),5.6.x2a2x2a2++y2b2y2b2−−z2c2z2c2= 0 (конус),= −1 (двуполостный гиперболоид).Представлять себе форму этих поверхностей удобно, рассекая их горизонтальными плоскостями z = z0 . В сечениях однополостного гиперболоида мы будем получать эллипсы. Самый маленький (горловой) эллипсбудет при z0 = 0. В сечениях конуса самый маленький эллипс выродитсяв точку.
Сечения двуполостного гиперболоида при |z0 | < c пусты.Упражнение 96. Для какой из этих поверхностей справедливо высказывание «любая вертикальная плоскость пересекает Ω по гиперболе»?32При a = b получаем поверхности вращения, получаемые из пары гипербол с общими асимптотами.
Например, гипербола x2 − z 2 = 1, y = 0при вращении вокруг оси Oz порождает однополостный гиперболоид, агипербола x2 − z 2 = −1 порождает двуполостный гиперболоид.Рассмотрим теперь нецентральные поверхности (Rank A < 3).Если Rank A = 2, то λ12 6= 0, λ3 = 0. Выделяя полные квадраты вуравнении (11) по переменным x0 , y 0 , уравнение можно привести к видуλ1 x002 + λ2 y 002 + 2b3 z 0 + c̃ = 0.(12)Если b3 6= 0, то сдвигом по z 0 убираем свободный член и получаем уравнения параболоидов:227. xa2 + yb2 = 2z, a ≥ b (эллиптический параболоид),228. xa2 − yb2 = 2z (гиперболический параболоид, или седло).Упражнение 97.
ПараболаΠyz , которую двигают так, что еевершина находится на параболеΠxz , заметает эллиптический параболоид. Написать уравнение парабол.Упражнение 98. То же для гиперболического параболоида.Из оставшихся уравнений можно исключить одну переменную, то естьсоответствующие поверхности являются цилиндрическими.Если в уравнении (12) b03 = 0, то канонические виды таковы:229.
xa2 + yb2 = 1 (эллиптический цилиндр),22yx10.a2 + b2 = 0 — прямая, или вырожденный эллиптический цилиндр. Таким образом, прямая в R3 — кривая второго порядка. Упражнение 99: Почему не первого?2211. xa2 + yb2 = −1 (мнимый эллиптический цилиндр),12.x2a2x2a2−y2b2y2b2= 1 (гиперболический цилиндр),13.−= 0 (пара пересекающихся плоскостей).Упражнение 100. Выписать уравнения каждой из плоскостей.Поверхность будет цилиндрической и в случае, когда Rank(A) = 1,то есть когда λ23 = 0, как в лемме 6.2.3. Уравнение после выделенияполного квадрата по x0 приобретает видλ1 x002 + 2b̃2 y 0 + 2b̃3 z 0 + c̃ = 0,а это уравнение поворотом плоскости Oy 0 z 0 (каким?) приводится к видуλ1 x002 + 2b̃2 y 00 + c̃ = 0.33Если b̃2 6= 0, то сдвигом по y 00 избавляемся от c̃ и получаем уравнение14.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
