Тема Аналитическая геометрия

05 Поверхности второго порядка

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела аналитическая геометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#49007

Привести к каноническому виду уравнение поверхности

4x2 + y2 + 4z2 − 4xy + 4yz − 8zx− 28x + 2y + 16z + 45 = 0

Показать ответ и решение

Выпишем матрицу квадратичной части $( ) | 4 − 2 − 4| Q = | − 2 1 2 | . ( ) − 4 2 4$ Сначала по алгоритму нам нужно найти её собственные числа. Это в точности корни многочлена

( ) 4− λ − 2 − 4 | | 3 2 p(λ) = det(Q − λE ) = det|( − 2 1− λ 2 |) = − λ + 9λ − 4 2 4 − λ

Видно, что характеристическое уравнение имеет два корня: $λ1,2 = 0,$ $λ3 = 9.$

Поскольку корень $0$ кратности два, то первые два собственных вектора, соответствующие ему, нужно самим выбрать ортогональными (поскольку мы хотим произвести ортогональную замену координат). Они находятся как два ортогональных частных решения системы уравнений $(Q − λE )v = 0,$ то есть, в данном случае, $Qv = 0.$

Можно взять, например, в качестве $v1$ : $( ) | 1| v1 = | 0| , ( ) 1$ а в качестве $v2$ : $( ) | 1 | v2 = | 4 | . ( ) − 1$

Видно, что они оба являются решением системы $Qv = 0,$ а также, поскольку $< v1,v2 >= 0,$ то они ортогональны.

Далее, $v3,$ соответствующий третьему собственному значению $λ3 = 9$ ищется как любое частное решение системы $(Q − 9E )v = 0.$

Например, подойдёт $( ) − 2 || || v3 = ( 1 ) . 2$

Далее, поскольку мы хотим именно ортогональную замену, то собственные векторы нужно отнормировать (чтобы каждый из них имел длину 1):

( ) ( ) ( ) √1- √1-- − 2 || 2|| || -418 || || 13|| v˜1 = ( 0) , ˜v2 = ( √18-) ,v˜3 = ( 3 ) , √1- − √1- 2 2 18 3

Тогда матрица перехода в базис из собственных векторов $C$ имеет вид:

( √1- √-1- − 2) | 2 18 3| C = |( 0 √148- 13 |) √1- − √1-- 2 2 18 3

Тогда, делая замену координат по формулам

( ) ( ′) | x| | x | |( y|) = C |( y′|) ′ z z

И подставляя в исходное уравнение поверхности вместо $(x,y,z)$ их выражения через $(x′,y′,z′),$ получим:

′2 √-- ′ √ --′ ′ 9(z) − 6 2x − 6 2y + 30z + 45 = 0

Или, собирая полный квадрат:

′ √ --2 √ --′ √ --′ √ --′ 9(z + 5) − 6 2x − 6 2y − 18 5z = 0

деля на 3

′ √--2 √ --′ √ --′ √ --′ 3(z + 5) − 2 2x − 2 2y − 6 5z = 0

Тогда, в новых координатах $√ -- z′′ = z′ + 5,$ $√- √- √ - -22 x ′ +-22 y′ + 325z′ = y′′,$ получим:

4 (z′′)2 = -y′′ 3

и это параболический цилиндр

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#49008

Доказать, что эллиптический параболоид $2 xp2+ yq-= 2z$ не имеет прямолинейных образующих.

Показать ответ и решение

Ясно, что никакая прямая, пересекающаяся плоскость $z = 0$ не может содержаться целиком в эллиптическом параболоиде (она будет иметь не больше двух точек пересечения с параболоидом).

А если рассмотреть сечение плоскостью $z = z0$ параболоида, то в сечении имеем кривую

x2 y2 -p-+ q-= 2z0

То есть эллипс или пустое множество. Следовательно, прямая не лежит ни в каком плоском сечении эллиптического параболоида. А это и означает, что у него нет прямолинейных образующих.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#49009

В каких плоскостях лежат сечения эллиптического параболоида $2 xp2+ yq = 2z$ сферой $x2 + y2 + z2 = 2pz$ ?

Показать ответ и решение

Из уравнения сферы, видим, что $x2 = 2pz − z2 − y2.$ Подставляя это в уравнение параболоида, имеем:

2 2 2 2pz −-z-−-y--+ y--= 2z p q

То есть,

2qpz − qz2 − qy2 + py2 − 2pqz = 0

или, сокращая:

− qz2 − qy2 + py2 = 0

Откуда получаем, что $y√p√−q- z = ± q$ - уравнения искомых плоскостей, в которых лежат сечения.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#75136

Рассмотрим конус

x2 y2 z2 -2-+ -2-− -2 = 0 a b c

Доказать, что любая прямая, проходящая через точку $O (0,0,0)$ и любую другую точку конуса, является его прямолинейной образующей.

Показать ответ и решение

Это следует из того, что уравнение конуса - однородное, то есть из его вида следует, что если какая-то точка $(x0,y0,z0)$ принадлежит конусу, то принадлежит и любая точка $(λx0,λy0,λz0)$ . Соответственно, как только есть две точки, принадлежащие конусу - точка $(0,0,0)$ и точка $(x0,y0,z0)$ , то есть и целая прямая, их соединяющая, и тоже принадлежащая конусу.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#75137

Какая поверхность получится, если провращать вокруг оси $Oz$ прямую

( |||{ x(t) = 1 + t || y(t) = 3 + t |( z(t) = 3 + t

Показать ответ и решение

Что вообще за поверхность получается в результате вращения данной прямой вокруг $Oz$ ?

Ясно, что точка $M (x,y,z)$ будет принадлежать данной поверхности вращения тогда и только тогда, когда она находится на том же расстоянии от оси $Oz$ , что и точка $M ′(x′,y′,z)$ (точка с любыми другими $x$ и $y$ , но тем же самым $z$ ).

Расстояние от $M$ до $Oz$ равно $∘x2-+-y2-$ , а расстояние от $M ′$ до $Oz$ равно $∘x -′2-+-y′2-$ . Следовательно, это последнее условие записывается как

∘ --2---2 ∘ -′2---′2 x + y = x + y

или

x2 + y2 = x′2 + y′2

Далее, исходя из того, что точка $M ′(x′,y′,z )$ лежит на прямой вращения

( ||| x(t) = 1 + t { || y(t) = 3 + t |( z(t) = 3 + t

то из этого следует, что $z = x′ + 2$ , $z = y ′$ , таким образом, последнее уравнение превращается в

x2 + y2 = (z − 2)2 + z2

Или, преобразуя

2 2 2 x + y − 2z + 4z = 4

или, что то же

2 2 2 x + y − 2(z − 2z + 1) = 2

2 2 2 x + y − 2 (z − 1) = 2

Делая перенос начала координат по формулам

˜x = x,˜y = y,˜z = z − 1

получим уравнение

˜x2 ˜y2 2 -2-+ -2-− ˜z = 1

Таким образом, мы получили уравнение однополостного гиперболоида.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#75138

Найти проекцию линии пересечения двуполостного гиперболоида $− x2 + y2 − z2 = 1$ и конуса $2 2 2 5x − 3y + 4z = 0$ на плоскость $z = 0$ .

Показать ответ и решение

Во-первых, давайте поймем, что получится при пересечении гиперболоида и конуса. Давайте выразим $2 z$ из второго уравнения

z2 = − x2 + y2 − 1

и подставим его в первое уравнение

2 2 2 2 5x − 3y − 4x + 4y − 4 = 0

Таким образом, получим

2 2 x + y = 4

Это - цилиндр над окружностью с центром в ноле радиуса 2. Его проекция на плоскость $z = 0$ будет, разумеется, просто окружностью в этой плоскости с центром в ноле радиуса 2.

Но будет поспешным думать, что в пересечении и после проекции на плоскость $z = 0$ получается целая окружность, поскольку данное уравнение

2 2 x + y = 4

является лишь следствием системы

( | − x2 + y2 − z2 = 1 ||{ 5x2 − 3y2 + 4z2 = 0 ||| ( z = 0

Значит, мы можем сказать, что проекция на $z = 0$ пересечения нашего гиперболоида и конуса заведомо содержится в окружности $x2 + y2 = 4$ . Но конечно может и не совпадать с ней.

Не забудем о том, что когда мы выражали $2 z$ из второго уравнения

z2 = − x2 + y2 − 1

то он оказался равен

2 2 − x + y − 1

А, значит,

2 2 − x + y − 1 ≥ 0

(поскольку квадрат не может быть отрицательным). Таким образом, проекция на $z = 0$ пересечения гиперболоида и конуса будет не всей окружностью

x2 + y2 = 4

А только двумя её дугами, получающейся пересечением с условием

y2 − x2 ≥ 1

(на рисунке эти две дуги окружности находятся в синих областях)

$PIC$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#75744

Определить центры поверхности
a)

4x2 + y2 + 4z2 − 4xy + 4yz − 8xz − 28x + 2y + 16z + 45 = 0

2 2 2 x + y + z − xy − yz − zx− 1 = 0

Показать ответ и решение

a) Точка $M (x,y,z)$ является центром поверхности $F = 0$ тогда и только тогда, когда она удовлетворяет системе

( || Fx (M ) = 0 |{ Fy (M ) = 0 |||( Fz (M ) = 0

В нашем случае мы получаем систему

( ||| 8x − 4y − 8z − 28 = 0 { | 2y − 4x + 4z + 2 = 0 ||( 8z + 4y − 8x+ 16 = 0

Однако, если домножить второе уравнение на 2, то получим

− 8x + 4y + 8z + 4 = 0

При этом третье уравнение имеет вид

− 8x+ 4y + 8z + 16 = 0

И видим, что эти уравнения несовместны. Следовательно, у системы нет решений. Значит, у нашей поверхности нет центров.

b) Составляем аналогичную систему

( |||{ Fx (M ) = 0 || Fy (M ) = 0 |( F (M ) = 0 z

Получаем

( |||{ 2x− y − z = 0 || 2y − x − z = 0 |( 2z − y − x = 0

Решая систему, получаем, что она не только совместна, но еще и имеет бесконечно много решений. Общий вид решения будет

( { y = x ( z = x

Или, записывая в параметрическом виде

( || x = t |{ y = t |||( z = t

Таким образом, у нашей поверхности есть целая прямая центров. Параметрическое уравнение этой прямой центров в $3 ℝ$ : $( ||| x = t { | y = t ||( z = t$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#75745

Дан эллипсоид

x2 y2 ---+ ---+ z2 = 1 9 4

и плоскость

3x + 4y + 6z − 12 = 0

Установить, пересекает ли эта плоскость эллипсоид, а если пересекает, то найти центр линии пересечения.

Показать ответ и решение

Зададим плоскость

3x + 4y + 6z − 12 = 0

параметрически.

Её параметрическое задание будет таким:

( |||{ x = 6u || y = 6v |( z = 2− 3u− 4v

Подставляя это параметрическое задание в уравнение эллипсоида, получим

(6u)2 (6v)2 2 --9--+ --4--+ (2− 3u− 4v) = 1

Или, раскрывая все скобки

2 2 13u + 24uv + 25v − 12u − 16v + 3 = 0

Нетрудно понять, что это уравнение эллипса, поскольку можно вычислить инварианты кривой второго порядка:

δ = detQ = 13⋅25 − 122 > 0, S(= trQ) ⋅Δ(= det A) < 0

Таким образом, можно однозначно заключить, что это эллипс.

Координаты центра этого эллипса находятся из аналогичной системы, как делали для поверхностей, то есть из системы