Поверхні другого порядку

Приклад

Визначити яку поверхню задає рівняння:

а) $x^{2}=8(y^{2}+z^{2})$ ;

б) $2x^{2}+3y^{2}-z^{2}=18$ .

♦ a) $x^{2}=8(y^{2}+z^{2})$ ,

$x^{2}-8y^{2}-8z^{2}=0\; |:8$ ,

$\frac{x^{2}}{8}-y^{2}-z^{2}=0\; |\cdot (-1)$ ,

$\frac{y^{2}}{1^{2}}+\frac{z^{2}}{1^{2}}-\frac{x^{2}}{\sqrt{8}^{2}}=0$ .

Рівняння задає конус (конічну поверхню), що насаджений на вісь Ох, для якого а = √8, b = 1, c = 1.

б) $2x^{2}+3y^{2}-z^{2}=18\; |:18$ ,

$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{6}-\frac{z^{2}}{18}=1$ ,

$\frac{x^{2}}{3^{2}}+\frac{y^{2}}{\sqrt{6}^{2}}-\frac{z^{2}}{\sqrt{18}^{2}}=1$ .

Рівняння задає однопорожнинний гіперболоїд, насаджений на вісь Oz, для якого а = 3, b = √6, c = √18 = 3√2.♦

Приклад

Визначити тип поверхні, що задана рівнянням

$3x^{2}+4y^{2}-8z^{2}-18x+8y+32z+23=0$ . Знайти головні перерізи цієї поверхні.

♦ Для того, щоб визначити тип поверхні, спочатку запишемо її рівняння у канонічному вигляді. Для цього виділимо повні квадрати відносно змінних х, у та z:

$3(x^{2}-6x+9)+4(y^{2}+2y+1)-8(z^{2}-4z+4)-27-4+\\+32+23=0,\\ 3(x-3)^{2}+4(y+1)^{2}-8(z-2)^{2}=-24.$

Поділимо обидві частини отриманої рівності на 24:

$\frac{(x-3)^{2}}{8}+\frac{(y+1)^{2}}{6}-\frac{(z-2)^{2}}{3}=-1.$

Введемо заміну:

$\bar{x}=x-3, \; \bar{y}=y+1,\; \bar{z}=z-2.$

Отримаємо канонічне рівняння $\frac{\bar{x}^{2}}{8}+\frac{\bar{y}^{2}}{6}-\frac{\bar{z}^{2}}{3}=-1$ , яке задає двопорожнинний гіперболоїд з центром у точці О′(3; -1; 2).

Тепер знайдемо головні перерізи цієї поверхні в новій системі координат.

У перерізі поверхні площиною $\bar{z}=0$ отримаємо порожню множину. У перерізі площиною $\bar{y}= 0$ отримаємо гіперболу $\frac{\bar{x}^{2}}{8}-\frac{\bar{z}^{2}}{3}=-1$ , а площиною $\bar{x}=0$ – гіперболу $\frac{\bar{y}^{2}}{6}-\frac{\bar{z}^{2}}{3}=-1$ .

Якщо ж говорити про переріз поверхні площиною $\bar{z}=a$ , то отримаємо:

а) порожню множину, якщо $\left| a\right|<\sqrt{3}\\$ ;

б) точку $C(0;0;\pm \sqrt{3})$ , якщо $a=\pm \sqrt{3}$ ;

в) еліпс $\frac{\bar{x}^{2}}{8}+\frac{\bar{y}^{2}}{6}=\frac{a^{2}}{3}-1$ , якщо $\left| a\right|>\sqrt{3}$ .♦

Приклад

Скласти рівняння конічної поверхні, вершиною якої є точка К (0; 1; 2), а напрямною є крива

$\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1,\\ z-1=0 \end{matrix}\right.$

♦ Знаючи вершину конуса К (0; 1; 2), можемо скласти рівняння довільної його твірної – прямої, що проходить через точку К: $\frac{x}{l}=\frac{y-1}{m}=\frac{z-2}{1},$ де l i m – змінні параметри, залежність між якими знайдемо із системи рівнянь (умови перетину твірної та напрямної):

$\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1,\\ z-1=0,\\ \frac{x}{l}=\frac{y-1}{m}=\frac{z-2}{1}. \end{matrix}\right.$

Виключимо із системи змінні x, y, z, розглянувши друге і третє рівняння системи:

$\frac{x}{l}=z-2,\; z=1\; \Rightarrow x=-l;\; \frac{y-1}{m}=z-2,\; z=1\; \Rightarrow y=-m+l.$

Підставивши значення х та у у перше рівняння системи, дістанемо

$\frac{l^{2}}{4}+\frac{(-m+1)^{2}}{3}=1$ або $3l^{2}+4m^{2}-8m-8=0$ .

Нехай М (х; у; z) – біжуча точка конічної поверхні. Тоді, ця точка лежить на деякій твірній. Виразимо l i m через біжучі координати поверхні x, y, z:

$\frac{x}{l}=z-2\; \Rightarrow \; l=\frac{x}{z-2},\; \frac{y-1}{m}=z-2\; \Rightarrow\; m=\frac{y-1}{z-2}.$

Підставимо ці значення в рівняння $3l^{2}+4m^{2}-8m-8=0$ і отримаємо:

$3\left(\frac{x}{z-2} \right)^{2}+4\left(\frac{y-1}{z-2} \right)^{2}-8\left(\frac{y-1}{z-2} \right)-8=0,$

звідки і отримаємо рівняння конічної поверхні:

$3x^{2}+4y^{2}-8z^{2}-8yz+8y+40z-44=0$ .♦

Приклад

Записати рівняння поверхні, утвореної при обертанні навколо осі Oz гіперболи, що лежить у площині xOz, має центр у початку координат, дійсну вісь a = 6, e = 5/2. Визначити тип поверхні.

♦ Визначимо рівняння гіперболи.

Оскільки а = 6, то е = с/а = ⇒ с = 6·5/2 = 15 ⇒

b²= c² – a² = 15² – 6² = 225 – 36 = 289.

Отже, рівняння гіперболи має вигляд

$\left\{\begin{matrix} \frac{x^{2}}{36}-\frac{z^{2}}{289}=1,\\ y=0 \end{matrix}\right.$

Оскільки шукану поверхню дістаємо обертанням гіперболи навколо уявної осі Оz, то вона є однопорожнинним гіперболоїдом обертання, рівняння якого має вигляд: $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{36}-\frac{z^{2}}{289}=1$ . ♦

Приклад

Дано поверхню

$\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{4}=2z$ . Знайти перерізи заданої поверхні площинами $y - 4=0, z = x$ та точки її перетину з прямою $\frac{x-1}{2}=\frac{y+4}{4}=\frac{z}{1}$ .

♦ Задана поверхня є гіперболічним параболоїдом. Знайдемо переріз цієї поверхні площиною $y - 4=0$ : $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{4}=2z\Rightarrow \frac{x^{2}}{3}-\frac{4^{2}}{4}=2z\Rightarrow \frac{x^{2}}{3}=2z+4\Rightarrow x^{2}=6(z+2)$

Останнє рівняння визначає параболу, яка лежить у площині у = 4. Вершиною параболи є точка О’( 0; 4; -2), а параметр р=3.

Тепер знайдемо криву перетину даної поверхні площиною $z = x$ : $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{4}=2x\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{4}=2x$ . Виділимо повні квадрати: $\frac{1}{3}(x^{2}-6x+9)-\frac{y^{2}}{4}=3\Rightarrow \frac{(x-3)^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{12}=1$ .

Отже, в перерізі отримали гіперболу: $\frac{(x-3)^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{12}=1$ .

Центром цієї гіперболи є точка О’(3; 0; 3), півосі $a=3,\; b=2\sqrt{3}$ , а її вершини знаходяться у точках А₁ (0; 0; 0) та А₂(6; 0; 6).

Для визначення точок перетину даної поверхні з прямою $\frac{x-1}{2}=\frac{y+4}{4}=\frac{z}{1}$ запишемо рівняння прямої в параметричному вигляді : x = 2t +1, y = 4t – 2, z = t.

Підставивши ці значення у рівняння поверхні, отримаємо:

$\frac{(2t+1)^{2}}{3}-\frac{(4t-2)^{2}}{4}=2t\\\Rightarrow \frac{4t^{2}+4t+1}{3}-(4t^{2}-4t+1)-2t=0\Rightarrow$ .

$1+4t+4t^{2}-12t^{2}+12t-3-6t=0\Rightarrow 4t^{2}-5t+1=0.$ .

$D=25-16=9 \Rightarrow x_{1,2}=\frac{5\pm 3}{8}\Rightarrow x_{1}=1, x_{2}=\frac{1}{4}$ .

Підставивши ці значення у рівняння прямої, отримаємо дві точки перетину прямої з поверхнею:

$x_{1}=2+1=3,\; y_{1}=4-2=2,\; z_{1}=1\Rightarrow M_{1}(3;2;1)$

$x_{2}=2\cdot \frac{1}{4}+1=\frac{3}{2},\; y_{2}=4\cdot \frac{1}{4}-2=-1,\; z_{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow M_{2}(\frac{3}{2};-1;\frac{1}{4})$ .♦

Приклад

Визначити тип поверхні, яку задає кожне з рівнянь:

а) $(x-1)^{2}+(y+2)^{2}+(z-3)^{2}=16;$

б) $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}+\frac{z^{2}}{16}=1;$

в) $\frac{x^{2}}{7}+\frac{y^{2}}{7}-\frac{z^{2}}{10}=1;$

г) $\frac{x^{2}}{11}+\frac{y^{2}}{9}-\frac{z^{2}}{16}=-1;$

д) $x=\frac{y^{2}}{16}+\frac{z^{2}}{25};$

е) $y=\frac{x^{2}}{15}-\frac{z^{2}}{27};$

♦а) $(x-1)^{2}+(y+2)^{2}+(z-3)^{2}=16$ – сфера з центром у точці М (1; -2; 3) та радіусом R=4.

б) $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}+\frac{z^{2}}{16}=1$ – еліпсоїд, утворений обертанням навколо осі Оу еліпса $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$ .

в) $\frac{x^{2}}{7}+\frac{y^{2}}{7}-\frac{z^{2}}{10}=1$ – однопорожнинний гіперболоїд обертання, що утворюється обертанням гіперболи $\frac{x^{2}}{7}-\frac{z^{2}}{10}=1$ , що лежить у площині xOz, навколо осі Oz.

г) $\frac{x^{2}}{11}+\frac{y^{2}}{9}-\frac{z^{2}}{16}=-1$ – двопорожнинний гіперболоїд, насаджений на вісь Oz.

д) $x=\frac{y^{2}}{16}+\frac{z^{2}}{25}$ – еліптичний параболоїд, насаджений на вісь Ох.

е) $y=\frac{x^{2}}{15}-\frac{z^{2}}{27};$ – гіперболічний параболоїд, насаджений на вісь Оу.♦

Приклад

Знайти об’єм тіла, обмеженого заданою поверхнею за відомою площею паралельного перерізу.

$z=x^{2}+4y^{2},\; z=2$ .

♦ $z=x^{2}+4y^{2},$

$z=\frac{x^{2}}{1}+\frac{y^{2}}{\frac{1}{4}};$

$z=\frac{x^{2}}{1^{2}}+\frac{y^{2}}{\left(\frac{1}{2} \right)^{2}},\; a=1,\; b=\frac{1}{2}$

Маємо рівняння еліптичного параболоїда.

В перерізі його площиною z=2 утворюється еліпс:

$\frac{x^{2}}{1^{2}}+\frac{y^{2}}{\left(\frac{1}{2} \right)^{2}}=2$ або

$\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{\frac{1}{2}}=1\Rightarrow \frac{x^{2}}{\sqrt{2}^{2}}+\frac{y^{2}}{\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{2}}=1$ , тобто $a=\sqrt{2},\; b=\frac{1}{\sqrt{2}}$ .

Значить, площа цього перерізу дорівнює

$\pi \cdot a\cdot b=\pi \cdot \sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\pi$ .

Межами інтегрування є проміжок [0;2].

Тому: $V=\int_{a}^{b}{S(z)dz}=\int_{0}^{2}{\pi dz}=\pi z|_{0}^{2}=\pi (2-0)=2\pi$ .♦