1611671589-8b32ec633a68274ab2f981b506c8e32e (826555), страница 7
Текст из файла (страница 7)
y 2 = 2px (параболический цилиндр).Если же b̃2 = 0, то, переименовывая координату x00 в z, получимследующие случаи:15. z 2 = d2 (пара параллельных плоскостей),16. z 2 = −d2 (пара мнимых параллельных плоскостей),17. z 2 = 0 (плоскость, или пара слившихся плоскостей).Упражнение 101*. Доказать, что все поверхности второго порядка,кроме двух, аффинно однородны (см. упражнение 83). Какие две поверхности не являются аффинно однородными?7.2.
Прямолинейные образующиеСреди поверхностей второго порядка две поверхности имеют в окрестности каждой своей точки седлообразный вид. Это — однополостный ги22222перболоид xa2 + yb2 − zc2 = 1 и гиперболический параболоид xa2 − yb2 = 2z.Оказывается, через каждую точку p этих поверхностей проходит две прямые, целиком принадлежащие поверхности.Показать это неожиданно легко помогает замечание о том, что пересечениеплоскости и поверхности — кривая второго порядка.
Положим поверхность так,чтобы касательная плоскость в точке pстала горизонтальной. Поверхность в окрестности точки примет вид седла. Это седло разбивается плоскостью на четыре сектора. Два секторанаходятся под плоскостью (бока лошади), а два — над плоскостью (крупи холка лошади). Но никакая кривая второго порядка, кроме пары пересекающихся прямых, не разбивает плоскость на четыре части.Выведем уравнения прямолинейных образующих.222Однополостный гиперболоид. Запишем уравнение xa2 + yb2 − zc2 = 1в виде «разность квадратов=разность квадратов» и разложим правую и34222левую части на множители: xa2 − zc2 = 1 − yb2 ,³ x z ´³ x z ´ ³y ´³y´+−= 1+1−.ac acbb(13)Рассмотрим произвольные числа λ, µ ∈ R, не равные нулю одновременно.
Ясно, что равенство (13) выполнено для любой точки (x, y, z), длякоторой¾¾λ( xa + zc ) = µ(1 + yb ),λ( xa + zc ) = µ(1 − yb ),или.µ( xa − zc ) = λ(1 − yb )µ( xa − zc ) = λ(1 + yb )Каждая система задает пересечение плоскостей в R3 , то есть прямую.Сегменты знаменитой Шуховской башни имеют форму однополостных гиперболоидов, их образуют прямые балки. Пример прямолинейныхобразующих однополостного гиперболоида в быту — упаковки зубочисток.Упражнение 102. Сделать однополостныйгиперболоид, соединив два обруча вертикальными нитками, а затем повернув один обруч.Гиперболический параболоид.
Разложим22на множители уравнение xa2 − yb2 = 2z, получим:³ x y ´³ x y ´+−= 2z.ababЭто уравнение выполнено длявсех точек, лежащих на прямыхиз семейств:¾λ( xa + yb ) = 2µ,;µ( xa − yb ) = λz¾λ( xa + yb ) = µz,.µ( xa − yb ) = 2λКаждая система задает пересечение плоскостей в R3 , то есть прямую.Упражнение 103. Можно лисделать гиперболический параболоид из ниток? Из резиновых ниток?35Упражнение 104*.
Найти канонические виды всех поверхностей,допускающих исключительные плоскости симметрии (и найти эти плоскости).7.3. Аффинная классификация ПВПДокажем, что все четырнадцать непустых поверхностей второго порядка аффинно неэквивалентны. То есть не существует аффинного преобразования, переводящего, скажем, эллипсоид в конус.Для этого мы укажем у поверхностей индивидуальные свойства, обладающие аффинной инвариантностью (то есть свойства, которыесохраняются при аффинных преобразованиях поверхности).Удобно сгруппировать типы поверхностей в следующие группы.1,2.
Точка. Эллипсоид.3,4. Однополостный гиперболоид. Гиперболический параболоид.5. Конус.6,7. Двуполостный гиперболоид. Эллиптический параболоид.8,9,10. Цилиндры: эллиптический, гиперболический, параболический.11,12,13,14. Прямая. Пара пересекающихся плоскостей. Пара параллельных плоскостей. Плоскость.В скобках будем указывать свойства данной поверхности, которым необладают поверхности следующие за этой.1 6∼ (очевидно) 2 6∼ всем следующим (2 ограничен).(3, 4) 6∼ всем следующим. (У 3,4 через каждую точку проходят ровно две прямолинейные образующие). При этом 3 6∼ 4, так как у 3 естьэллиптические плоские сечения (упражнение 105: почему у 4 их нет?)5 имеет единственную точку, через которую проходит бесконечно много прямолинейных образующих.На (6, 7) нет прямых (упражнение 106: доказать), а на всех следующих есть.
При этом 6 6∼ 7, так как у 6 есть гиперболические сечения,а у 7 — нет. Упражнение 107: почему?8,9,10 различны меж собой, так как (упражнение 108) у 8 есть эллиптические сечения, у 9 — гиперболические и у 10 — параболические.Аффинно различить 11–14 — совсем простое упражнение 109.Упражнение 110*.
Доказать, что если рассматривать уравнения нев R3 , а в комплексном пространстве C3 , то оба параболоида аффинноэквивалентны (подсказка: рассмотреть отображение (x, y, z) 7→ (x, iy, z)).Гиперболоиды в C3 тоже аффинно эквивалентны. Какие еще ПВП в комплексном пространстве C3 аффинно эквивалентны?Упражнение 111. В многих книгах поверхности, которые мы назвали «вырожденный эллипсоид» и «прямая», называются, соответственно,36«мнимый конус» и «пара мнимых пересекающихся плоскостей». Привести аргументы в пользу таких названий.Тривиальный факт, что эллипсоид при аффинном преобразованиипереходит в эллипсоид, позволяет легко доказать важную теорему опредставлении линейного преобразования в виде композиции изометриии сжатий.Теорема 7.3.1.
Пусть f : R3 → R3 — линейное преобразование. Тогда существует такая изометрия Q и три отображения h1,2,3 , являющиеся сжатиями в трех взаимно перпендикулярных направлениях,что f = h3 ◦ h2 ◦ h1 ◦ Q.Доказательство. Пусть S 2 — единичная сфера. Преобразование fпереводит ее в какой-то эллипсоид. Пусть g1,2,3 — сжатия R3 вдоль осейэтого эллипсоида, переводящие его оси в векторы e02 , e02 , e03 длины 1. Поддействием композиции g1 ◦ g2 ◦ g3 весь эллипсоид переходит в сферу S 2 .Значит, линейное отображение Q := g1 ◦g2 ◦g3 ◦f переводит сферу в сферу,то есть сохраняет длины единичных векторов.
Ясно, что Q — изометрия.Положим hi = gi−1 . Ясно, что f = h3 ◦ h2 ◦ h1 ◦ Q. Теорема доказана.Упражнение 112. Доказать, что любую матрицу A можно представить в виде A = Q1 · D · Q2 , где Q1,2 ортогональны, а D диагональна.7.4. Топологическая классификация ПВППоверхности топологически эквивалентны (гомеоморфны), если между ними существует гомеоморфизм (т.е. непрерывная в обе стороны биекция).
Множество ПВП можно разбить на 8 классов топологическойэквивалентности:1 Точка.2 Эллипсоид.3. Эллиптический цилиндр, однополостный гиперболоид.4. Конус.5. Пара параллельных плоскостей, двуполостный гиперболоид, гиперболический цилиндр.6. Прямая.7. Плоскость, гиперболический параболоид, эллиптический параболоид, параболический цилиндр.8. Пара пересекающихся плоскостей.Упражнения 113, 114.
Отображение (x, y, 0) 7→ (x, y, f (x, y)) задаетгомеоморфизм плоскости и гиперболического параболоида. Отображениеyx(x, y, z) 7→ ( g(z), g(z), z) — гомеоморфизм однополостного гиперболоидавращения на круговой цилиндр. Найти функции f и g.Упражнение 115*. Построить все остальные гомеоморфизмы.37Сложнее показать негомеоморфность поверхностей разных классов.Легко доказать только то, что 1 ∼6 остальные.
Все следующие правдо=подобные рассуждения для строгих обоснований нуждаются в большемили меньшем количестве восклицательных знаков. При этом «!» означает: для этого хватит мат.анализа за первый год (но не меньше). «!!»означает: здесь нужен год мат.анализа+хотя бы пара месяцев спецкурсапо алгебраической топологии. Наконец, «!!!» означает, что здесь нуженпримерно полугодовой спецкурс.2 компактен, а остальные — нет!3 — тут имеется нестягиваемая петля, а на других петли стягиваемы!!4. Конус без некоторой точки имеет две компоненты связности!5. Эти поверхности состоят из двух компонент связности!6. Удаление любой точки из прямой нарушает ее связность!7 ∼6 8. Плоскость — многообразие (то есть каждая точка плоскости=имеет окрестность, гомеоморфную двумерному кругу). А пара пересекающихся плоскостей многообразием не является!!!Замечание.
Некоторые вещи интуитивно еще более очевидны, а доказываются с еще большим трудом, чем перечисленные. Например, R2 ∼6=R3 , но доказать строго эту негомеоморфность —...!!!7.5. Поверхности вращения. Круговые сечения ПВП. Одназадача на условный экстремумПоверхность Ω ⊂ R3 называется поверхностьювращения с осью l, если вместе с каждой точкойповерхности на Ω лежит целая окружность в плоскости, перпендикулярной l с центром на прямой l.Упражнение 116. Еслиpf — функция двух переменных, то уравнение f ( x2 + y 2 , z) = 0 задает поверхность вращения с осью z, причем сечениеэтой поверхности плоскостью y = 0 имеет уравнениеf (x, z) = 0.Упражнение 117. Сфера имеет более одной оси вращения. Какиееще подмножества R3 имеют более одной оси вращения?7.5.1.
Теорема. Пусть плоскость Π пересекает ПВП Ω ⊂ R3 поокружности. Тогда любая плоскость, параллельная Π, пересекает Ω тоже по окружности, возможно вырожденной или мнимой.Доказательство. Перейдя в подходящую систему координат, можносчитать, что плоскости заданы уравнением z = const. Необходимое условие того, чтобы уравнение кривой a11 x2 +a22 y 2 +2a12 xy+2b1 x+2b2 y+c = 0определяло окружность — это условие «a11 = a22 6= 0, a12 = 0». (Упражнение 118: почему?)38Запишем поверхность Ω в общем видеa11 x2 +a22 y 2 +a33 z 2 +2a12 xy+2a13 xz+2a23 yz+a33 z 2 +(линейная часть) = 0.Плоскости z = z0 пересекают эту поверхность по кривой второго порядка, уравнение которой не зависит от z:a11 x2 + a22 y 2 + 2a12 xy + (линейная часть) = 0.Видим, что квадратичная часть уравнения кривой не зависит от выбораz0 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
