IV skyrius. ANTROS EILĖS KREIVĖS IR PAVIRŠIAI

3.9. Uždaviniai1 uždavinys. Kokią figūrą apibrėžia lygtis?a) 2x 2 + y 2 – 4x + 6y + 7=0;b) x 2 – 4z 2 + 1=0;Zkc) y 2 + 2y + 2z + 1=0;d) 4x 2 – y 2 + z 2 + 1=0;e) x 2 +2y 2 +2z 2 OiO+2x – 4z + 10=0;f) 6x 2 + y 2 – 4z 2 + 2y + 1=0.X4.46 pav.Sprendimas. a) Sudarome pilnus kvadratus: 2(x 2 – 2x + 1) – 2 + y 2 + 6y + 9 – 9 + 7=0arba 2(x – 1) 2 + (y + 3) 2 =4. Pažymėkime x – 1=X, y+3=Y, z=Z, t. y.r r rperkelkime reperio R = ( O,i , j,k ) pradžią į tašką O′ (1, -3, 0) R ,nekeisdami koordinačių ašių krypčių. Paviršiaus lygtis reperio zr r rR′ = ( O′,i , j,k ) atžvilgiu įgaus kanoninį elipsinio cilindro lygties pavidalą: 1/2X 2 2+ Y = 1.2 4O′ , ašys – Ox ir Oy ašys,yOxpusašės a = 2 , b = 2.Cilindro sudaromosios lygiagrečios su Oz ašimi -1/2(4.46 pav.).b) Lygtis x 2 – 4z 2 + 1 = 0 Oxz plokštumoje apibrėžia hiperbolę, kurioscentras – koordinačių pradžia, realioji ašis – Oz ašis, menamoji – Ox ašis,14.47 pav.realioji pusašė c = , menamoji a=1. Koordinačių erdvėje lygtis apibrėžia2hiperbolinį cilindrą, kurio vedamoji kreivė yra minėtoji hiperbolė, osudaromosios lygiagrečios su Oy ašimi (4.47 pav.).Zc) Sudarome pilną kvadratą: (y + 1) 2 = –2z. Oyz plokštumoje ši lygtiskapibrėžia parabolę, kurios viršūnė O′ (0, -1, 0), ašis lygiagreti su Oz ašimi,j Yšakos nukreiptos kryptimi, priešinga Oz ašies krypčiai. Erdvėje lygtis apibrėžiaparabolinį cilindrą, kurio vedamoji kreivė yra minėtoji parabolė, o sudaromosioslygiagrečios su Ox ašimi (4. 48 pav.).Oid) Lygtis 4x 2 – y 2 + z 2 + 1=0 yra dvišakio hiperboloido kanoninė lygtis.Realioji ašis – Oy ašis, realioji pusašė b=1. Menamosios ašys – Ox ir Oz ašys,4.48 pav.1menamosios pusašės a = , c=1.23⎧ y = ± 2,⎪⎧2 2k r2y − z = 1,⎪ 2 2x z-2Brėžiame hiperbolę ⎨ ir elipses ⎨ + = 1, kurių centrai yra⎪⎩ x = 0⎪3 3i r rj2⎩ 4O 1,2 (0, ±2, 0), ašys lygiagrečios su Oy ir Oz ašimis, pusašės a ′ =3, b ′ =234.49 pav.(4.49 pav.).e) Sudarome pilnus kvadratus: (x 2 +2x+1)–1+2y 2 +2(z 2 –2z+1)–z+10=0arba (x+1) 2 +2y 2 +2(z–1) 2 +7=0. Ši lygtis apibrėžia menamąjį elipsoidą.ZPaviršius neturi nė vieno realaus taško.32f) Lygtis 6x 2 +(y+1) 2 –4z 2 =0 apibrėžia kūgį, kurio viršūnė yra O′(0,r r r–1, 0) R . Reperio R′ = ( O′,i , j,k ) atžvilgiu lygtis įgauna kanoninįk r2 2 2X Y ZOpavidalą + − = 0.Brėžiame dvi susikertančias tieses2 12 3jX i r⎧2 2Y Z⎧2 2X X⎪ − = 0,⎪ + = 1,⎨ 12 3 ir dvi elipses ⎨ 2 12 (4.50 pav.).− 3⎪⎩X= 0⎪2⎩Z= ± 3Ats.: a) elipsinį cilindrą; b) hiperbolinį cilindrą; c) parabolinį cilindrą;4.50 pav.d) dvišakį hiperboloidą; e) menamąjį elipsoidą; f) kūgį.2 uždavinys ([5], p. 194). Supaprastinkite paviršiaus lygtį iki kanoninio pavidalo. Nustatykite, koks tai paviršius:a) 9x 2 + 4y 2 + 36z 2 – 18x + 144z + 117=0;b) 4x 2 – y 2 + 4z 2 + 16x + 2y + 11=0;c) 4x 2 + 4y 2 – z 2 – 6x – 16=0;d) y 2 – 2y – z – 1=0;e) 25x 2 – 4z 2 – 150x – 32z + 161=0;OOjY108