A három ismeretlent tartalmazó elsőrendű egyenlet Ax + Ву + Cz + D = 0 alakú, és az A, B, C együtthatók legalább egyikének nullától eltérőnek kell lennie. Térben határozza meg téglalap alakú rendszer koordináták Oxyz algebrai első rendű felület.

Az elsőrendű algebrai felület tulajdonságai sok tekintetben hasonlóak egy síkon lévő egyenes tulajdonságaihoz. egy elsőrendű egyenlet geometriai képe két ismeretlennel.

5.1. Tétel. A tér bármely síkja elsőrendű felület, és a térben bármely elsőrendű felület sík.

◄ Mind a tétel állítása, mind annak bizonyítása hasonló a 4.1. Tételhez. Valóban, a π síkot az M 0 és pontja határozza meg nem nulla vektor n, amely merőleges rá. Ekkor a tér összes pontjának halmazát három részhalmazra osztjuk. Az első a síkhoz tartozó pontokból áll, a másik kettő pedig a sík egyik és másik oldalán található pontokból áll. Az előjeltől függ, hogy ezek közül a halmazok közül melyik tartozik a tér tetszőleges M pontjához pont termék nM 0 M. Ha az M pont a síkhoz tartozik (5.1. ábra, a), akkor a szög vektorok között n és M 0 M egyenes, ezért a 2.7. Tétel szerint skaláris szorzatuk nulla:

nM 0 M = 0

Ha az M pont nem tartozik a síkhoz, akkor az n és M 0 M vektorok közötti szög hegyes vagy tompaszögű, ezért nM 0 M > 0 vagy nM 0 M

Jelöljük pontok koordinátái M 0, M és vektor n-től (x 0 ; y 0 ; z 0), (x; y; z) és (A; B; C) között. Mivel M 0 M = (x - x 0 0; y - y 0; z - z 0 ), akkor az (5.1) skaláris szorzatát koordináta alakban (2.14) felírva a koordináta azonos koordinátáinak páronkénti szorzatának összegeként. az n és M 0 M vektorok, akkor megkapjuk a feltételt, hogy az M pont a vizsgált síkhoz tartozzon a formában

A(x - x 0) + B(y - y 0) + C (z - z 0) = 0. (5.2.)

A zárójelet kinyitva megadjuk az egyenletet

Ax + Wu + Cz + D = 0, (5.3)

ahol D = - Ax 0 - Ву 0 - Cz 0 és az A, B vagy C együtthatók legalább egyike különbözik nullától, mivel az n = (A; B; C) vektor nem nulla. Ez azt jelenti, hogy a sík az (5.3) egyenlet geometriai képe, azaz. elsőrendű algebrai felület.

A tétel első állításának fenti bizonyítását fordított sorrendben végrehajtva bebizonyítjuk, hogy az Ax + Ву + Cz + D = 0, A 2 + В 2 + C 2 = 0 egyenlet geometriai képe egy sík. . Válasszunk ki három számot (x = x 0, y = y 0, z = z 0), amelyek kielégítik ezt az egyenletet. Vannak ilyen számok. Például, ha A ≠ 0, akkor y 0 = 0, z 0 = 0, majd x 0 = - D/A. A kiválasztott számok az adott egyenlet geometriai képéhez tartozó M 0 (x 0 ; y 0 ; z 0) pontnak felelnek meg. Az Ax 0 + Ву 0 + Cz 0 + D = 0 egyenlőségből az következik, hogy D = - Ax 0 - Ву 0 - Cz 0. Ha ezt a kifejezést behelyettesítjük a vizsgált egyenletbe, akkor azt kapjuk, hogy Ax + Ву + Cz - Ax 0 - Ву 0 - Cz 0 = 0, ami ekvivalens (5.2). Az (5.2) egyenlőség úgy tekinthető vektor ortogonalitási kritérium n = (A; B; C) és M 0 M, ahol az M pont koordinátái (x; y; z). Ez a kritérium teljesül az M 0 ponton átmenő sík n = (A; B; C) vektorra merőleges pontjaira, és nem teljesül a tér többi pontjára. Ez azt jelenti, hogy az (5.2) egyenlet a jelzett sík egyenlete.

Az Ax + Wu + Cz + D = 0 egyenletet nevezzük általános sík egyenlet. Ebben az egyenletben az ismeretlenekre vonatkozó A, B, C együtthatók egyértelműek geometriai jelentése: vektor n = (A; B; C) merőleges a síkra. Neveztetik normál sík vektor. Ez, akárcsak a sík általános egyenlete, egy (nullától eltérő) numerikus tényezőig van meghatározva.

Egy adott síkhoz tartozó pont ismert koordinátáit és egy arra merőleges nem nulla vektort felhasználva (5.2) felhasználásával a sík egyenletét számítások nélkül írjuk fel.

5.1. példa. Határozzuk meg egy merőleges sík általános egyenletét sugárvektor pont A(2; 5; 7) és áthalad az M 0 ponton (3; - 4; 1).

Mivel a nullától eltérő OA = (2; 5; 7) vektor merőleges a kívánt síkra, az (5.2) típusú egyenlete 2(x - 3) + 5(y + 4) + 7(z-) 1) = 0. A zárójeleket kinyitva megkapjuk a 2x + 5y + 7z + 7 = 0 sík kívánt általános egyenletét.

2. előadás A sík mint elsőrendű felület. Síkegyenletek és tanulmányozásuk. Egyenesen a térben kölcsönös megegyezés egyenesek a térben, síkok és egyenesek a térben. Egyenes síkon, egyenes egyenletei síkon, egy pont és egy egyenes távolsága síkon. Másodrendű görbék; kanonikus egyenletek levezetése, egyenletek tanulmányozása és görbék felépítése. Másodrendű felületek, felületek kanonikus egyenleteinek tanulmányozása. Szakasz módszer. 1

Az analitikus geometria elemei § 1. Sík. Van OXYZ és néhány felületünk S F(x, y, z) = 0 z x (S) О y Definíció 1: egy háromváltozós egyenletet az S felület egyenletének nevezünk a térben, ha ezt az egyenletet az egyes felületek koordinátái kielégítik. pont, amely a felszínen fekszik, és nem elégszik meg a koordinátákkal, egyetlen pont sem fekszik rajta. 2

Példa. Az (x - a)2 + (y - b)2 + (z - c)2 = R 2 (R > 0) egyenlet alapján definiálunk egy gömböt, amelynek középpontja a C(a, b, c) pontban van, sugara pedig R. M M (x , y, z) – változó pont M ϵ (S) |CM| = R C 3

2. definíció: Egy S felületet n-edrendű felületnek nevezünk, ha bizonyos Descartes-rendszer koordináták megadva algebrai egyenlet n-edik fokú F(x, y, z) = 0 (1) Az (S) példában egy kör, egy másodrendű felület. Ha S egy n-edrendű felület, akkor F(x, y, z) n-edik fokú polinom (x, y, z) Tekintsük az egyetlen elsőrendű felületet - egy síkot. Készítsünk egyenletet az M (x, y, z) ponton átmenő síkra 4-es normálvektorral

Legyen M(x, y, z) a sík tetszőleges (aktuális) pontja. M M 0 O α vagy koordináta alakban: (2) A (2) egyenlet az M ponton átmenő sík egyenlete adott normálvektorral. 5

D (*) (3) - teljes egyenlet sík Egy sík nem teljes egyenlete. Ha a (3) egyenletben több együttható (de nem A, B, C) = 0, akkor az egyenletet hiányosnak nevezzük, és az α síknak vannak sajátosságai a helyén. Például, ha D = 0, akkor α átmegy az origón. 6

Az M 1 pont és az α M 1(x 1, y 1, z 1) α: M 1 d α M 0 sík távolsága az M 0 K 7 pontra vonatkozik.

- távolság az M 1 ponttól az α síkig A sík egyenlete „szegmensekben” Készítsünk egy egyenletet a sík egyenletéről, amely a koordinátatengelyeken nullától eltérő szakaszokat vág le C(0, 0, c) a, b értékekkel, c. Vegyük B(0, b, 0) értékét. Hozzuk létre az A pont egyenletét A(a, 0, 0) 8-val

-az α sík egyenlete "szegmensekben" -az A ponton átmenő sík egyenlete, merőleges a normálvektorra 9

2. § Az egyenes általános egyenlete. Egy térbeli egyenes 2 sík metszéspontjával határozható meg. (1) Egy egyenes egyenlete Az (1) típusú rendszer egy egyenest határoz meg a térben, ha az A 1, B 1, C 1 együtthatók egyidejűleg aránytalanok A 2, B 2, C 2 értékkel. 10

Az egyenes paraméteres és kanonikus egyenlete - az M M 0 egyenes pont tetszőleges pontja Paraméteres egyenlet t - 11-es paraméter

t kiküszöbölve kapjuk: - kanonikus egyenlet A (3) rendszer határozza meg a mozgást anyagi pont, egyenes és egyenletes a kiindulási helyzetből M 0(x 0, y 0, z 0) a vektor irányába eső sebességgel. 12

Az egyenesek közötti szög a térben. A párhuzamosság és a merőlegesség feltételei. Legyen két L 1, L 2 egyenes a kanonikus egyenleteik által adott térben: Ekkor az ezen egyenesek közötti szög meghatározásának feladata a szög meghatározására redukálódik.

irányvektoraik: A skaláris szorzat meghatározását és a megadott skaláris szorzat koordinátáiban való kifejezését, valamint a q 1 és q 2 vektorok hosszát felhasználva a következőket kapjuk: 15

Az l 1 és l 2 egyenesek párhuzamosságának feltétele q 1 és q 2 kollinearitása, ezen vektorok koordinátáinak arányosságában rejlik, azaz a következő alakja van: A merőlegesség feltétele a következő definícióból következik: a skaláris szorzat és annak nullával való egyenlősége (cos = 0-nál), és alakja: l 1 l 2 + m 1 m 2 + n 1 n 2 = 0. 16

Az egyenes és a sík közötti szög: az egyenes és a sík párhuzamosságának és merőlegességének feltételei Tekintsük a P síkot, amelyet az általános egyenlet definiál: Ax + By + Cz + D = 0, és az L egyenest, amelyet a következő: a kanonikus egyenlet: 17

Mivel az L egyenes és a P sík közötti szög komplementer a q = (l, m, n) egyenes irányítóvektora és az n = (A, B, C) sík normálvektora közötti szöggel, , akkor a q n = q n cos skaláris szorzat és a cos = sin (= 90 -) egyenlőség definíciójából a következőt kapjuk: 18

Az L egyenes és a П sík párhuzamosságának feltétele (beleértve azt is, hogy L П-hez tartozik) ekvivalens a q és n vektorok merőlegességének feltételével, és ezen vektorok = 0 skaláris szorzatával fejezzük ki: q n = 0: Аl + Bm + Cn = 0. Az L egyenes és a P sík merőlegességének feltétele ekvivalens n és q vektorok párhuzamosságának feltételével, és e vektorok koordinátáinak arányosságával fejeződik ki: 19

Két egyenes ugyanahhoz a síkhoz való tartozásának feltételei Az L 1 és L 2 térben lévő két egyenes: 1) metszi egymást; 2) párhuzamos legyen; 3) keresztezett. Az első két esetben az L 1 és L 2 egyenesek ugyanabban a síkban fekszenek. Tegyük fel annak feltételét, hogy két kanonikus egyenletekkel meghatározott egyenes egy síkhoz tartozzon: 20

Nyilvánvalóan ahhoz, hogy a két jelzett egyenes egy síkhoz tartozzon, szükséges és elegendő, hogy három vektor = (x2 - x1, y2 - y1, z 2 - z 1); q 1 = (l 1, m 1, n 1) és q 2 = (l 2, m 2, n 2) egysíkúak voltak, amihez viszont szükséges és elegendő, hogy e három vektor vegyes szorzata = 0,21

Felvétel vegyes művek a megadott vektorok koordinátáiból megkapjuk a szükséges és elégséges állapot két L 1 és L 2 egyeneshez tartozó egy síkhoz: 22

Egy egyenes síkhoz való tartozásának feltétele Legyen egy egyenes és egy sík Ax + Bi + Cz + D = 0. Ezek a feltételek a következőképpen alakulnak: Ax1 + Bi1 + Cz 1 + D = 0 és Al + Bm + Cn = 0, ebből az első azt jelenti, hogy az M 1(x1, y1, z 1) pont, amelyen az egyenes áthalad, a síkhoz tartozik, a második pedig az egyenes és a sík párhuzamosságának feltétele. 23

Másodrendű görbék. 1. § A síkon lévő egyenes egyenletének fogalma. Az f (x, y) = 0 egyenletet a választott koordinátarendszerben az L egyenes egyenletének nevezzük, ha azt az egyenesen elhelyezkedő bármely pont koordinátái kielégítik, és nem teljesülnek az azon nem fekvő pontok koordinátái. 24

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-25.jpg" alt="Példa: (x - a)2 + (y - b)2 = R 2 (R > 0)"> Пример: (x - a)2 + (y - b)2 = R 2 (R > 0) – уравнение окружности радиуса R и центром в точке С(a, b). Если 1.) 25!}

Egy L egyenest n-edrendű egyenesnek nevezünk, ha valamilyen derékszögű koordinátarendszerben egy n-edik fokú algebrai egyenlet adja meg x és y vonatkozásában. Ismerjük az egyetlen elsőrendű egyenest - egy egyenest: Ax + By + D = 0 Másodrendű görbéket fogunk figyelembe venni: ellipszis, hiperbola, parabola. A 2. rendű sorok általános egyenlete: Ax 2 + By 2 + Cxy + Dy + Ex + F = 0 26

Ellipszis (E) definíció. Az ellipszis a sík összes pontjának halmaza, az F 1 és F 2 sík két fix pontja közötti távolságok összege, úgynevezett gócok, állandó érték és nagy távolság a fókuszok között. Jelöljük az állandót 2 a-val, a fókuszpontok távolságát 2 c-vel. Rajzoljuk át az X tengelyt a fókuszokon, (a > c, a > 0, c > 0). Y tengely a gyújtótávolság közepén. Legyen M az ellipszis tetszőleges pontja, t M ϵ E r 1 + r 2 = 2 a (1), ahol r 1, r 2 az E fókusz 27 sugara.

Írjuk fel (1) koordináta alakban: (2) Ez egy ellipszis egyenlete a választott koordinátarendszerben. Leegyszerűsítve (2) kapjuk: b 2 = a 2 - c 2 (3) – az ellipszis kanonikus egyenlete. Megmutatható, hogy (2) és (3) egyenértékűek: 28

Ellipszis alakjának vizsgálata a kanonikus egyenlet segítségével 1) Az ellipszis egy 2. rendű görbe 2) Az ellipszis szimmetriája. mivel x és y a (3)-ban csak páros hatványokban szerepel, az ellipszisnek 2 tengelye és 1 szimmetriaközéppontja van, amelyek a kiválasztott koordinátarendszerben egybeesnek a kiválasztott koordinátatengelyekkel és az O ponttal. 29

3) Az ellipszis elhelyezkedése Azaz a teljes E egy téglalapon belül helyezkedik el, melynek oldalai x = ± a és y = ± b. 4) Metszéspont tengelyekkel. A1(-a; 0); A 2(a; 0); C OX: az ellipszis csúcsai C OU: B 1(0; b); B 2(0; -b); Az ellipszis szimmetriája miatt viselkedését (↓) csak az első negyedben vesszük figyelembe. harminc

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-31.jpg" alt=" A (3) feloldása y-ra vonatkozóan megkapjuk: az első negyedben x > 0 és az ellipszis csökken."> Разрешив (3) относительно y получим: в I четверти x > 0 и эллипс убывает. Вывод: Э – замкнутая кривая, овальная, имеющая четыре вершины. План построения Э. 1) Строим прямоугольник со сторонами 2 a, 2 b 2) Вписываем выпуклую овальную линию 31!}

Hiperbola (Г) Definíció: Г a sík összes pontjának halmaza, a sík 2 fix pontja közötti távolságkülönbség modulusa F 1, F 2 állandó érték és

Leegyszerűsítve (1): (2) a G kanonikus egyenlete. (1) és (2) egyenértékűek. Hiperbola vizsgálata az 1) kanonikus egyenlet segítségével Г egy másodrendű egyenes, 2) Г két tengelye és egy szimmetriaközéppontja van, amelyek esetünkben egybeesnek a koordinátatengelyekkel és az origóval. 3) A hiperbola elhelyezkedése. 34

A hiperbola az x = a, x = -a egyenesek közötti sávon kívül található. 4) Tengellyel való metszéspontok. OX: OY: nincs megoldása A 1(-a; 0); A 2(a; 0) – valós csúcsok Г B 1(0; b); B 2(0; -b) – képzeletbeli csúcsok Г 2 a – valós tengely Г 2 b – képzeletbeli tengely Г 35

5) A hiperbola aszimptotái. A Г szimmetriája miatt az első negyedévi részét tekintjük. Ha megoldottuk (2) y-ra vonatkoztatva, a következőt kapjuk: Г egyenlet az első negyedben x ≥ 0 Tekintsük az egyenest: mivel az első negyedben x>0, vagyis az első negyedben ugyanazzal az abszcisszával az ordináta az egyenes > ordinálja a megfelelő Г pontot, azaz az első negyedben Г ez az egyenes alatt van. A teljes G egy függőleges szögben helyezkedik el, 36 oldalakkal

6) Megmutatható, hogy az első részben G növekszik 7) G megépítésének terve a) téglalap felépítése 2 a, 2 b b) rajzolja meg az átlóit c) jelölje be A 1, A 2 - G és 38 valós csúcsait írja be. ezeket az ágakat

Parabola (P) Tekintsük d-t (irányelv) és F-t (fókusz) a síkon. Meghatározás. П – a sík d egyenestől és F ponttól egyenlő távolságra lévő pontjainak halmaza (fókusz) 39

d-directrix F-fókusz XOY pont М П akkor, |MF| = |MN| (1) P egyenlete, amelyet a koordinátarendszerben választunk le (1) leegyszerűsítve y 2 = 2 px (2) – P kanonikus egyenlete (1) és (2) ekvivalens 40.

P tanulmányozása a kanonikus egyenlet felhasználásával x 2=2 py x 2=-2 py y 2=2 px y 2=-2 px 41

§ 4. Hengerek. Hengeres felületek a koordinátatengelyekkel párhuzamos generatricákkal Az L egyenes x pontján keresztül az OZ tengellyel párhuzamos egyenest húzunk. Az ezen egyenes vonalak által alkotott felületet hengeres felületnek vagy hengernek (C) nevezzük. Minden, az OZ tengellyel párhuzamos egyenest generatrixnak nevezünk. l az XOY sík hengeres felületének vezetője. Z(x, y) = 0 (1) 42

Legyen M(x, y, z) egy hengeres felület tetszőleges pontja. Vetítsük rá L-re. M 0 ϵ L => Z(x 0, y 0) = 0 (2) x = x 0 => Z(x, y) = 0 Mϵ Ц y = y 0 M ϵL 0 azaz , akkor az M koordináták teljesülnek (1), akkor nyilvánvaló, hogy ha M C, akkor nem vetül az M 0 ϵ L pontra, és ezért M koordinátái nem felelnek meg az (1) egyenletnek, amely meghatározza C-t párhuzamos generatrixszal. az OZ tengelyhez a térben. Hasonlóan kimutatható, hogy: Ф(x, z) = 0 a Г || OY 43 (y, z) = 0 a C || térben határozza meg ÖKÖR

Térbeli egyenes vetítése koordinátasíkra A térben lévő egyenes paraméteresen és felületek metszéspontjával határozható meg. Ugyanaz a vonal definiálható különböző felületek ∩-jaként. Legyen két α felület L térbeli egyenese adott ∩: S 1: Ф 1(x, y, z) = 0 S 2: Ф 2(x, y, z) = 0 egyenlet L Ф 1(x, y, z) = 0 (1) Ф 2(x, y, z) = 0 Keressük meg L vetületét az XOY síkra az (1) egyenletből, és zárjuk ki Z-t. Kapjuk az egyenletet: Z(x, y) = 0 – térben ez az Ε egyenlet a || generátorral OZ és útmutató L. 46

Vetítés: L xy Z(x, y) = 0 Z=0 Másodrendű felületek Ellipszoid - egy felület kanonikus egyenlete a következő: 1) Ellipszoid - másodrendű felület. 2) X, Y, Z csak páros hatványokkal adja meg az egyenletet => a felületnek 3 síkja és 1 szimmetriaközéppontja van, amelyek a kiválasztott koordinátarendszerben egybeesnek a koordinátasíkokkal és az origóval. 47

3) Az ellipszoid elhelyezkedése A felület || közé záródik síkok x = a, x = -a egyenletekkel. Hasonlóképpen, azaz a teljes felületet egy négyszögletes paralelepipedon tartalmazza. x = ± a, y = ± b, z = ± c. A felületet metszetek módszerével fogjuk megvizsgálni - a felületet koordinátasíkokkal metszve || koordináta. A szakaszban vonalakat kapunk, amelyek alakja alapján ítéljük meg a felület alakját. 48

Metszük a felületet az XOY síkkal. A szakaszban egy sort kapunk. - a és b ellipszis – féltengelyek Hasonlóak a YOZ síkhoz - ellipszis b és c féltengelyekkel Sík || XOY Ha h(0, c), akkor az ellipszis tengelyei a-ról és b-ről 0-ra csökkennek. 49

a = b = c - gömb Paraboloidok a) Hiperbolikus paraboloid– kanonikus egyenletű felület: 1) Másodrendű felület 2) Mivel x, y csak páros hatványokkal lép be az egyenletbe, a felületnek vannak szimmetriasíkjai, amelyek adott koordinátaválasztás esetén 50 XOZ síkkal esnek egybe, YOZ.

3) a felületet nyeregmetszet módszerrel vizsgáljuk. XOZ Keresztmetszetben a parabola az OZ tengellyel szimmetrikus, emelkedő. pl. YOZ 51

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-53.jpg" alt=" terület ||XOY h > 0 hiperbola, valós féltengellyel OX mentén, h esetén"> пл. ||XOY при h > 0 гиперболы, с действительной полуосью вдоль OX, при h z ≥ 0, то есть, вся поверхность расположена над XOY. 4) исследуем поверхность методом сечения 53!}

b) Kétlapos hiperboloid 1) másodrendű felület 2) 3 síkja és 1 szimmetriaközéppontja 3) felületi elhelyezkedése x 2 ≥ a 2; |x| ≥ a ; (a, b, c > 0) A felület két részből áll, amelyek az x = a, x = -a egyenletű síkok közötti sávon kívül helyezkednek el 4) a metszetek módszerét tanulmányozzuk (Egyedül!) 57

Másodrendű kúp A másodrendű kúp olyan felület, amelynek kanonikus egyenlete a következő: 1) egy másodrendű felületnek 2) 3 síkja és 1 szimmetriaközéppontja van 3) a metszet négyzetének módszerét tanulmányozzuk. XOY 58

Src="https://present5.com/presentation/-127141277_437875303/image-59.jpg" alt=" négyzet ||XOY |h| –>∞ 0-tól ∞ négyzet YOZ egyenespár, áthaladó"> пл. ||XOY |h| –>∞ от 0 до ∞ пл. YOZ пара прямых, проходящих через начало координат пл. XOZ пара прямых, проходящих через начало координат 59!}

60

A térben az analitikus geometria olyan felületeket vizsgál, amelyeket derékszögű derékszögű koordinátákkal határoznak meg algebrai egyenletek először, másodszor stb. fokok X,Y,Z-hez viszonyítva:

Ax+By+Cz+D=0 (1)

Ax²+By²+Cz²+2Dxy+2Exz+2Fyz+2Mx+2Ny+2Lz+K=0 (2)

stb. Egy egyenlet sorrendjét az általa meghatározott felület rendjének nevezzük. Azt már láttuk, hogy az egyenlet első rendelés(lineáris) (1) mindig megadja repülőgép az egyetlen elsőrendű felület. Már sok másodrendű felület létezik. Nézzük ezek közül a legfontosabbakat.

§2. Hengeres felületek az egyik koordinátatengellyel párhuzamos generatricákkal.

Legyen például adott egy L egyenes az XОY síkban, ennek egyenlete F(x,y)=0 (1) . Ekkor az oz tengellyel párhuzamos és L pontokon áthaladó egyenesek halmaza (generátorok) egy S felületet alkot, ún. hengeres felület.

Mutassuk meg, hogy az (1) egyenlet, amely nem tartalmazza a z változót, ennek az S hengeres felületnek az egyenlete. Vegyünk egy tetszőleges S-hez tartozó M(x,y,z) pontot. Legyen az M-en átmenő generatrix, metszi L-t az N pontban. Az N pont N(x,y,0) koordinátái megfelelnek az (1) egyenletnek, mert (·)N L-hez tartozik. De akkor az (x,y,z,) koordináták is kielégítik (1), mert nem tartalmaz z-t. Ez azt jelenti, hogy az S hengerfelület bármely pontjának koordinátái kielégítik az (1) egyenletet. Ez azt jelenti, hogy F(x,y)=0 ennek a hengeres felületnek az egyenlete. Az L görbét nevezzük útmutató (görbe) hengeres felület. Vegye figyelembe, hogy be térrendszer L-t tulajdonképpen két F(x,y)=0, z=0 egyenlettel kell megadni metszésvonalként.

Példák:

A howe síkban a vezetők ellipszis, parabola, hiperbola. Nyilvánvaló, hogy az F=(y,z)=0 és F(x,z)=0 egyenletek rendre olyan hengeres felületeket határoznak meg, ahol az OX és OY tengellyel párhuzamos generátorok vannak. Vezetőik a YOZ és XOZ síkban fekszenek.

Megjegyzés. A hengeres felület nem feltétlenül másodrendű felület. Például van egy 3. rendű hengerfelület, és az y=sin(x) egyenlet egy szinuszos hengert határoz meg, amelyhez nincs rendelve, ez egyáltalán nem algebrai felület.

§3. A forgásfelület egyenlete.

Egyes másodrendű felületek forgásfelületek. Legyen valamilyen L F(y,z)=0(1) görbe a YOZ síkban. Nézzük meg, mi lesz az S felület egyenlete, amelyet az (1) görbe oz tengelye körüli elforgatásával hozunk létre.

Vegyünk egy tetszőleges M(x,y,z) pontot az S felületen. Az L-hez tartozó (.) N-ből kapottnak tekinthető, ekkor az M és N pontok alkalmazása egyenlő (=z). Az N pont ordinátája itt a forgási sugár, mert .De C(0,0,z) és mert . De az N pont a görbén fekszik, ezért a koordinátái kielégítik azt. Eszközök (2) . A (2) egyenletet az S forgásfelület koordinátái teljesítik. Ez azt jelenti, hogy (2) a forgásfelület egyenlete. A „+” vagy „-” jelek attól függően kerülnek felvételre, hogy a YOZ síkgörbe (1) melyik részén található, ahol y>0 vagy .

Tehát a szabály: Az L görbe OZ tengely körüli elforgatásával képzett felület egyenletének megtalálásához ki kell cserélni az y változót a görbe egyenletében

Az OX és OY tengely körüli forgásfelületek egyenletei hasonló módon készülnek.

§7. Sík, mint elsőrendű felület. A sík általános egyenlete. Adott vektorra merőleges ponton átmenő sík egyenlete Vezessünk be egy derékszögű Oxyz koordinátarendszert a térben, és vegyünk egy elsőfokú egyenletet (vagy lineáris egyenletet) x, y, z esetén: (7.1) Ax.  szerint  Cz  D  0, A2  B2  C 2  0 . 7.1. Tétel. Egy tetszőleges derékszögű derékszögű koordinátarendszerben bármely síkot megadhatunk a (7.1) alakú egyenlettel. Pontosan ugyanúgy, mint egy síkon lévő egyenes esetében, a 7.1. Tétel megfordítása érvényes. 7.2. Tétel. Bármely (7.1) alakú egyenlet meghatároz egy síkot a térben. A 7.1. és 7.2. tétel bizonyítása a 2.1., 2.2. tétel bizonyításához hasonlóan elvégezhető. A 7.1 és 7.2 tételből következik, hogy a sík és csak az elsőrendű felület. A (7.1) egyenletet általános síkegyenletnek nevezzük. Ennek  együtthatóit A, B, C geometriailag az n vektor koordinátáiként értelmezzük, amelyek merőlegesek az egyenlet által meghatározott síkra. Ezt az  n(A, B, C) vektort az adott síkra vonatkozó normálvektornak nevezzük. A (7.2) egyenlet A(x  x0)  B(y  y0)  C (z  z0)  0 az A, B, C együtthatók összes lehetséges értékére meghatározza az M 0 ponton áthaladó összes síkot ( x0 , y0 , z0) . Egy csomó sík egyenletének nevezik. Az A, B, C fajlagos értékeinek kiválasztása a (7.2) pontban az adott n(A, B, C) vektorra merőleges M 0 ponton átmenő link P síkjának kiválasztását jelenti (7.1. ábra). ). 7.1. példa. Írja fel a   A(1, 2, 0) ponton átmenő P sík egyenletét az a  (1, 2,–1), b  (2, 0, 1) vektorokkal párhuzamosan!    Az n normálvektor P-re merőleges az adott a és b vektorokra (7.2. ábra),   ezért n-re felvehetjük a vektoruk n szorzatát: A    P i j k   1   1 1   2 n  a  b  1 2  1  i  j 2 1  k 12 0  0 1 2 0 1 n  3  a  4k . Helyettesítsük be az ábra koordinátáit. 7.2. Például 7.1 P M0  pont M 0 és n vektor a (7.2) egyenletbe, megkapjuk a Fig. 7.1. A P síkköteg síkjának egyenletéhez: 2(x  1)  3(y  2)  4z  0 vagy P: 2x  3y  4z  4  0 , ha az együtthatóból kettő .◄ 1 A (7.1) egyenlet A, B, C értéke nulla, az egyik koordinátasíkkal párhuzamos síkot ad meg. Például amikor A  B  0, C  0 – P1 sík: Cz  D  0 vagy P1: z   D / C (7.3. ábra). Párhuzamos az Oxy síkkal, mert  n1(0, 0, C) normálvektora merőleges erre a síkra. A  C  0, B  0 vagy B  C  0, A  0 esetén a (7. 1) definiálja a P2 síkokat:  D  0 és P3: Ax  D  0 alapján, párhuzamosan az Oxz és Oyz koordinátasíkkal, mivel   normálvektoraik n2(0, B, 0) és n3(A, 0) , 0 ) merőlegesek rájuk (7.3. ábra). Ha a (7.1) egyenlet A, B, C együtthatói közül csak az egyik egyenlő nullával, akkor egy síkot ad meg, amely párhuzamos koordináta tengelyek(vagy azt tartalmazó, ha D  0). Így a P sík: Ax  By  D  0 párhuzamos az Oz tengellyel, z z  n1  n  n2 P1 L P O  n3 x y O P2 y P3 x ábra. 7.4. P sík: Ax  B y  D  0, párhuzamos az Óz tengellyel Fig. 7.3. A síkok párhuzamosak a  koordinátasíkokkal, mivel n(A, B, 0) normálvektora merőleges az Oz tengelyre. Figyeljük meg, hogy átmegy az L egyenesen: Ax  By  D  0 az Oxy-síkban (7.4. ábra). D  0 esetén a (7.1) egyenlet a koordináták origóján átmenő síkot ad meg. Példa 7.2. Keresse meg annak a  paraméternek az értékeit, amelyre a x  (2  2) y  (2    2)z    3  0 egyenlet a P síkkal párhuzamos: a) a koordinátasíkok; b) párhuzamos az egyik koordinátatengellyel; c) áthaladva a koordináták origóján. Írjuk fel adott egyenletx  (  2) y  (  2)(  1) z    3  0 formában. (7.3)  bármely értékére a (7.3) egyenlet egy bizonyos síkot határoz meg, mivel a (7.3) x, y, z együtthatói nem tűnnek el egyszerre. a)   0 esetén a (7.3) egyenlet meghatároz egy P síkot, amely párhuzamos az Oxy síkkal, P: z  3 / 2, és   2 esetén egy P 2 síkot, amely párhuzamos az Oyz síkkal, P: x  5/ 2. Ha nincs  értéke, a (7.3) egyenlettel definiált P sík párhuzamos az Oxz síkkal, mivel a (7.3) x, z együtthatói nem tűnnek el egyszerre. b)   1 esetén a (7.3) egyenlet meghatároz egy P síkot, amely párhuzamos az Oz tengellyel, P: x  3y  2  0. A  paraméter egyéb értékeinél nem határoz meg olyan síkot, amely csak az egyik koordinátatengellyel párhuzamos. c)   3 esetén a (7.3) egyenlet határozza meg az origón átmenő P síkot, P: 3x  15 y  10 z  0 . ◄ 7.3. példa. Írja fel a P sík egyenletét, amely átmegy: a) az Oxy sík tengellyel párhuzamos M ponton (1,  3, 2); b) az Ox tengely és az M pont (2, – 1, 3).   a) Az n - P normálvektorhoz itt vehetjük a k (0, 0,1) vektort - az Oz tengely egységvektorát, mivel az merőleges az Oxy síkra. Helyettesítsük be a  M pont (1,  3, 2) és az n vektor koordinátáit a (7.2) egyenletbe, megkapjuk a P sík egyenletét: z 3  0.   b) Az n-re normálvektor P ortogonális az i (1, 0, 0) és OM (2,  1, 3) vektorokra,  ezért a vektorszorzatukat n-nek vehetjük:    i j k      OM  1 0 0   j 12 03  k 12 01   3 j  k. 2 1 3  Helyettesítsük be az O pont és az n vektor koordinátáit a (7.2) egyenletbe, megkapjuk a P sík egyenletét:  3(y  0)  (z  0)  0 vagy P: 3 y  z  0 .◄ 3

Azzal a különbséggel, hogy a „lapos” grafikonok helyett a leggyakoribb térbeli felületeket fogjuk figyelembe venni, és megtanuljuk, hogyan kell őket hozzáértően kézzel megépíteni. Elég hosszú időt töltöttem a háromdimenziós rajzok készítéséhez szükséges szoftvereszközök kiválasztásával, és találtam néhány jó alkalmazást, de a könnyű használhatóság ellenére ezek a programok nem oldanak meg jól egy fontos gyakorlati kérdést. A helyzet az, hogy a belátható történelmi jövőben a diákok továbbra is vonalzóval és ceruzával lesznek felfegyverkezve, és még jó minőségű „gépi” rajzzal sem tudják azt helyesen átvinni kockás papírra. Ezért a kézikönyvben kiemelt figyelmet fordítanak a kézi építés technikájára, és az oldalillusztrációk jelentős része kézzel készített termék.

Miben különbözik ez a referenciaanyag az analógoktól?

Megfelelő gyakorlati tapasztalat birtokában nagyon jól tudom, hogy mely felületekkel kell leggyakrabban megküzdenem a valós alkalmazások során felsőbb matematika, és remélem, hogy ez a cikk segít abban, hogy gyorsan feltöltse csomagjait releváns ismeretekkel és alkalmazott készségekkel, amelyek az esetek 90-95% -ában elegendőek.

Mire van szüksége jelenleg?

A legalapvetőbb:

Először is tudnod kell helyesen építeni térbeli derékszögű koordinátarendszer (lásd a cikk elején Függvények grafikonjai és tulajdonságai) .

Mit nyersz a cikk elolvasása után?

Palack A tananyag elsajátítása után megtanulod gyorsan meghatározni a felület típusát funkciója és/vagy egyenlete alapján, elképzelni, hogyan helyezkedik el a térben, és természetesen rajzokat készíteni. Nem baj, ha az első olvasás után nem jut minden a fejébe – szükség szerint később bármikor visszatérhet bármelyik bekezdéshez.

Az információ mindenki hatalmában van – elsajátításához nincs szükség szupertudásra, különleges művészi tehetségre vagy térlátásra.

Kezdődik!

A gyakorlatban a térbeli felület általában adott két változó függvénye vagy a forma egyenlete (a jobb oldali konstans legtöbbször nulla vagy egy). Az első megjelölés inkább a matematikai elemzés, a második – for analitikus geometria. Az egyenlet lényegében az hallgatólagosan adott 2 változó függvénye, amely tipikus esetekben könnyen redukálható alakra. emlékeztetlek legegyszerűbb példa c:

–sík egyenlet kedves .

– síkfunkció be kifejezetten .

Kezdjük is vele:

A síkok közös egyenletei

A síkok téglalap alakú koordinátarendszerben való elrendezésének tipikus lehetőségeit a cikk elején részletesen tárgyaljuk. Sík egyenlet. De térjünk ki még egyszer a gyakorlat szempontjából nagy jelentőségű egyenletekre.

Először is teljesen automatikusan fel kell ismernie a koordinátasíkokkal párhuzamos síkok egyenleteit. A síkok töredékeit általában téglalapként ábrázolják, amelyek az utolsó két esetben paralelogrammának tűnnek. Alapértelmezés szerint bármilyen méretet választhat (természetesen ésszerű határokon belül), de kívánatos, hogy az a pont, ahol a koordináta tengelye „átszúrja” a síkot, legyen a szimmetria középpontja:


Szigorúan véve a koordinátatengelyeket helyenként pontozott vonalakkal kell ábrázolni, de a félreértések elkerülése végett ezt az árnyalatot figyelmen kívül hagyjuk.

– (bal oldali rajz) az egyenlőtlenség a tőlünk legtávolabbi félteret adja meg, magát a síkot kizárva;

– (középső rajz) az egyenlőtlenség megadja a jobb oldali félteret, beleértve a síkot is;

– (jobb oldali rajz) a kettős egyenlőtlenség egy „réteget” határoz meg, amely a síkok között helyezkedik el, beleértve mindkét síkot.

Önfelmelegítéshez:

1. példa

Rajzolj egy síkokkal határolt testet
Hozzon létre egy egyenlőtlenségi rendszert, amely meghatározza az adott testet.

Egy régi ismerősnek kell előbújnia a ceruzája vezetése alól. kocka alakú. Ne felejtse el, hogy a láthatatlan éleket és arcokat pontozott vonallal kell megrajzolni. Az óra végén elkészült a rajz.

Kérem, NE Hanyagold el tanulási feladatokat, még ha túl egyszerűnek is tűnnek. Ellenkező esetben megtörténhet, hogy egyszer kihagyta, kétszer kihagyta, majd egy masszív órát töltött azzal, hogy valamilyen valós példában háromdimenziós rajzot találjon ki. Ráadásul a mechanikus munka segít sokkal hatékonyabban tanulni az anyagot és fejleszteni intelligenciáját! Nem véletlen, hogy az óvodában ill Általános Iskola A gyerekeket rajzzal, modellezéssel, építőkészletekkel és egyéb, az ujjak finommotorikáját fejlesztő feladatokkal várják. Elnézést a kitérőért, de a két fejlődéslélektani füzetem nem hiányozhat =)

A síkok következő csoportját feltételesen „egyenes arányosságnak” nevezzük - ezek a koordinátatengelyeken átmenő síkok:

2) egy alak egyenlete a tengelyen átmenő síkot ad meg ;

3) egy formaegyenlet a tengelyen átmenő síkot ad meg.

Bár a formai jel nyilvánvaló (melyik változó hiányzik az egyenletből – a sík ezen a tengelyen halad át), mindig hasznos megérteni a zajló események lényegét:

2. példa

Készítsen síkot

Mi a legjobb módja az építkezésnek? A következő algoritmust javaslom:

Először írjuk át az egyenletet alakba, amelyből jól látható, hogy az „y” Bármi jelentések. Rögzítsük az értéket, azaz vegyük figyelembe a koordinátasíkot. Egyenletkészlet térbeli vonal, adott koordinátasíkban fekszik. Ábrázoljuk ezt a vonalat a rajzon. Az egyenes áthalad a koordináták origóján, így megszerkesztéséhez elég egy pontot találni. Hadd . Tegyél félre egy pontot, és húzz egy egyenes vonalat.

Most térjünk vissza a sík egyenletéhez. Mivel az "Y" elfogadja Bármiértékeket, akkor a síkban megszerkesztett egyenest folyamatosan „replikálják” balra és jobbra. Pontosan így alakul ki a tengelyen áthaladó síkunk. A rajz befejezéséhez két párhuzamos vonalat helyezünk el az egyenestől balra és jobbra, és „bezárjuk” a szimbolikus paralelogrammát keresztirányú vízszintes szegmensekkel:

Mivel a feltétel nem támasztott további megkötéseket, a repülőgép egy töredéke valamivel kisebb vagy valamivel nagyobb méretben is ábrázolható volt.

Ismételjük meg még egyszer a térbeli lineáris egyenlőtlenség jelentését a példa segítségével. Hogyan határozzuk meg az általa meghatározott félteret? Vegyünk egy pontot nem tartozik hozzá sík, például egy pont a hozzánk legközelebb eső féltérből, és ennek koordinátáit helyettesítsük az egyenlőtlenséggel:

Megkapta valódi egyenlőtlenség, ami azt jelenti, hogy az egyenlőtlenség az alsó (a síkhoz viszonyított) félteret adja meg, míg maga a sík nem szerepel a megoldásban.

3. példa

Építs síkokat
A) ;
b) .

Ezek önépítési feladatok, nehézségek esetén használjon hasonló érvelést. Rövid instrukciók és rajzok a lecke végén.

A gyakorlatban különösen gyakoriak a repülőgépek, párhuzamos tengelyek. Azt a speciális esetet, amikor a sík áthalad a tengelyen, éppen a „legyen” bekezdésben tárgyaltuk, és most egy általánosabb problémát elemezünk:

4. példa

Készítsen síkot

Megoldás: a „z” változó nem szerepel kifejezetten az egyenletben, ami azt jelenti, hogy a sík párhuzamos az alkalmazási tengellyel. Használjuk ugyanazt a technikát, mint az előző példákban.

Írjuk át a sík egyenletét a formába amiből egyértelmű, hogy „zet” vehet Bármi jelentések. Javítsuk ki, és rajzoljunk egy szabályos „lapos” egyenest a „natív” síkban. Ennek elkészítéséhez célszerű referenciapontokat venni.

Mivel "Z" elfogadja Mindenértékeket, akkor a megszerkesztett egyenes folyamatosan „szaporodik” fel és le, így kialakul a kívánt sík . Gondosan elkészítünk egy ésszerű méretű paralelogrammát:

Kész.

Sík egyenlete szegmensekben

A legfontosabb alkalmazott fajta. Ha Minden esély a sík általános egyenlete nem nulla, akkor az alakban ábrázolható amelyet úgy hívnak a sík egyenlete szakaszokban. Nyilvánvaló, hogy a sík pontokban metszi a koordinátatengelyeket, és egy ilyen egyenlet nagy előnye a rajz elkészítésének egyszerűsége:

5. példa

Készítsen síkot

Megoldás: Először készítsük el a sík egyenletét szegmensekben. Dobjuk jobbra a szabad kifejezést, és osszuk el mindkét oldalt 12-vel:

Nem, itt nincs elírás, és minden az űrben történik! A javasolt felületet ugyanazzal a módszerrel vizsgáljuk, mint a közelmúltban a síkok esetében. Írjuk át az egyenletet a formába , amiből az következik, hogy „zet” úgy veszi Bármi jelentések. Rögzítsünk és készítsünk ellipszist a síkban. Mivel a "zet" elfogadja Mindenértékeket, akkor a megszerkesztett ellipszis folyamatosan „replikálódik” fel és le. Könnyű megérteni, hogy a felület végtelen:

Ezt a felületet ún elliptikus henger. Ellipszist (bármilyen magasságban) nevezünk útmutató henger, és az ellipszis egyes pontjain áthaladó párhuzamos egyeneseket nevezzük alakítás henger (amely szó szerint azt alkotja). A tengely az szimmetriatengely felület (de nem része!).

Egy adott felülethez tartozó bármely pont koordinátái szükségszerűen kielégítik az egyenletet .

Térbeli az egyenlőtlenség határozza meg a végtelen „cső belsejét”, beleértve magát a hengeres felületet is, és ennek megfelelően az ellentétes egyenlőtlenség határozza meg a hengeren kívüli pontok halmazát.

Legnépszerűbb a gyakorlati alkalmazásokban különleges eset, Amikor útmutató henger az kör:

8. példa

Építs egy felületet egyenlet adja meg

Lehetetlen egy végtelen „csövet” ábrázolni, ezért a művészet általában a „kivágásra” korlátozódik.

Először célszerű egy sugarú kört megszerkeszteni a síkban, majd még néhány kört fent és lent. A kapott körök ( útmutatók henger) óvatosan csatlakoztassa négy párhuzamos egyenes vonallal ( alakítás henger):

Ne felejtsen el pontozott vonalakat használni a számunkra láthatatlan vonalakhoz.

Egy adott hengerhez tartozó bármely pont koordinátái kielégítik az egyenletet . Bármely pont koordinátái, amelyek szigorúan a „csőben” belül helyezkednek el, kielégítik az egyenlőtlenséget , és az egyenlőtlenség a külső rész pontjainak halmazát határozza meg. A jobb megértés érdekében azt javaslom, hogy vegyen figyelembe néhány konkrét pontot a térben, és nézze meg saját szemével.

9. példa

Szerkesszen meg egy felületet, és keresse meg a vetületét a síkra

Írjuk át az egyenletet a formába amiből az következik, hogy "x" veszi Bármi jelentések. Rögzítsük és ábrázoljuk a síkban kör– középponttal az origóban, egységsugárral. Mivel "x" folyamatosan elfogadja Mindenértékeket, akkor a megszerkesztett kör egy szimmetriatengelyű körhengert generál. Rajzolj egy másik kört ( útmutató henger) és óvatosan kösse össze őket egyenes vonalakkal ( alakítás henger). Néhány helyen voltak átfedések, de mit tehetsz, van egy ilyen lejtő:

Ezúttal egy hengerdarabra szorítkoztam a résben, és ez nem véletlen. A gyakorlatban gyakran csak a felület egy kis töredékét kell ábrázolni.

Itt egyébként 6 generatrica van - két további egyenes vonal „lefedi” a felületet a bal felső és a jobb alsó sarokból.

Most nézzük meg a henger vetületét egy síkra. Sok olvasó érti, mi az a vetítés, de ennek ellenére végezzünk még egy ötperces gyakorlatot. Álljon fel és hajtsa le a fejét a rajz fölé úgy, hogy a tengely pontja merőleges legyen a homlokára. Ebből a szögből egy hengernek látszik a síkra való vetülete. De úgy tűnik, hogy ez egy végtelen csík, amely az egyenes vonalak közé van zárva, beleértve magukat az egyeneseket is. Ez a vetítés pontosan tartomány funkciók (a henger felső „ereszcsatornája”), (alsó „ereszcsatorna”).

Egyébként tisztázzuk a helyzetet más koordinátasíkra való vetítésekkel. Hagyja, hogy a napsugarak a henger csúcsától és a tengely mentén ragyogjanak a hengerre. A henger árnyéka (vetülete) egy síkra egy hasonló végtelen csík - a sík egy része, amelyet egyenesek határolnak (- bármilyen), beleértve magukat az egyeneseket is.

De a vetítés a síkra némileg más. Ha a hengert a tengely csúcsáról nézi, akkor az egységnyi sugarú körbe lesz vetítve , amellyel elkezdtük az építkezést.

10. példa

Szerkesszünk felületet, és találjuk meg a vetületeit a koordinátasíkra

Ezt a feladatot egyedül kell megoldania. Ha a feltétel nem túl világos, négyzetre emelje mindkét oldalt, és elemezze az eredményt; megtudja, hogy a henger melyik részét határozza meg a függvény. Használja a fent többször használt építési technikát. Rövid megoldás, rajz és megjegyzések az óra végén.

Elliptikus és mások hengeres felületek eltolható a koordinátatengelyekhez képest, például:

(a cikk ismert motívumai alapján 2. rendű sorok) – egységsugarú henger, amelynek szimmetriavonala a tengellyel párhuzamos ponton halad át. A gyakorlatban azonban ilyen hengerekkel meglehetősen ritkán találkozunk, és teljesen hihetetlen a koordinátatengelyekhez képest „ferde” hengeres felülettel találkozni.

Parabola hengerek

Ahogy a név is sugallja, útmutató egy ilyen henger az parabola.

11. példa

Szerkesszünk felületet, és találjuk meg a vetületeit a koordinátasíkra.

Nem tudtam ellenállni ennek a példának =)

Megoldás: Menjünk a kitaposott úton. Írjuk át az egyenletet alakba, amiből az következik, hogy a „zet” tetszőleges értéket vehet fel. Rögzítsünk és építsünk fel egy közönséges parabolát a síkon, miután előzőleg kijelöltük a triviális vonatkoztatási pontokat. Mivel "Z" elfogadja Mindenértékeket, akkor a megszerkesztett parabola folyamatosan „replikálódik” fel és le a végtelenségig. Ugyanazt a parabolát fektetjük, mondjuk egy magasságban (a síkban), és óvatosan összekapcsoljuk őket párhuzamos egyenesekkel ( kialakítva a hengert):

emlékeztetlek hasznos technika: ha kezdetben nem biztos a rajz minőségében, akkor jobb, ha először nagyon vékonyan rajzolja meg a vonalakat ceruzával. Ezután értékeljük a vázlat minőségét, kiderítjük azokat a területeket, ahol a felület el van rejtve a szemünk elől, és csak ezután gyakorolunk nyomást a ceruzára.

Előrejelzések.

1) A henger síkra vetítése parabola. Meg kell jegyezni, hogy ebben az esetben nem lehet beszélni két változó függvényének definíciós tartománya– amiatt, hogy a hengeregyenlet nem redukálható funkcionális formára.

2) A henger síkra vetítése egy félsík, beleértve a tengelyt is

3) És végül, a henger vetülete a síkra a teljes sík.

12. példa

Szerkesszünk parabola hengereket:

a) korlátozza magát a felület egy töredékére a közeli féltérben;

b) az intervallumban

Nehézségek esetén nem kapkodunk, és a korábbi példákkal analóg módon okoskodunk, szerencsére alaposan kidolgoztuk a technológiát. Nem kritikus, ha a felületek kissé esetlenek lesznek – fontos az alapkép helyes megjelenítése. Jómagam nem igazán foglalkozom a vonalak szépségével, ha megfelelő rajzot kapok C osztályzattal, általában nem csinálom újra. A mintamegoldás egyébként egy másik technikával javítja a rajz minőségét ;-)

Hiperbolikus hengerek

Útmutatók az ilyen hengerek hiperbolák. Ez a felülettípus megfigyeléseim szerint sokkal kevésbé elterjedt, mint az előző típusok, ezért egy hiperbolikus henger egyetlen sematikus rajzára szorítkozom:

Az érvelés elve itt pontosan ugyanaz – a szokásos iskolai hiperbola a síkból folyamatosan „szaporodik” fel és le a végtelenségig.

A figyelembe vett hengerek az ún 2. rendű felületek, és most folytatjuk az ismerkedést ennek a csoportnak a többi képviselőjével:

Ellipszoid. Gömb és labda

Kanonikus egyenlet egy téglalap alakú koordinátarendszerben lévő ellipszoid alakja , hol vannak pozitív számok ( tengelytengelyek ellipszoid), amely in általános eset különböző. Ellipszoidnak nevezzük felület, így test, amelyet egy adott felület korlátoz. A testet, ahogy sokan sejtették, az egyenlőtlenség határozza meg és bármely koordinátája belső pont(valamint a felszín bármely pontja) szükségszerűen kielégíti ezt az egyenlőtlenséget. A tervezés szimmetrikus a koordinátatengelyek és koordinátasíkok tekintetében:

Az „ellipszoid” kifejezés eredete is nyilvánvaló: ha a felületet koordinátasíkok „vágják”, akkor a metszetek három különböző (általános esetben) eredményt kapnak.

Hasonló cikkek