Површи и криве у простору

GLAVA 1

Povrsi i krive u prostoru

U duhu prethodne glave nastavlja se sa primenom koordinatne metode u prostoruE3. Karakterisu se geometrijska mesta tacaka u prostoru: prava, ravan, sfera, povrsi

drugog reda, ... . Ustanovljavaju se i neke geometrijske osobine tih skupova tacaka.

1. Ravan i prava

U ovoj glavi izucavamo ravni i prave, osnovne geometrijske objekte u prostoru, kaoi njihove glavna svojstva.

1.1. Jednacine ravni i prave. Neka je u prostoru zadat Dekartov pravouglikoordinatni sistem (O, e), pri cemu jee = (e1, e2, e3) baza vektorskog pros-tora V3. Ako je proizvoljna ravan kojasadrzi O, a n(a1, a2, a3) bilo koji nenulavektor upravan na toj ravni, tacka Xsa koordinatama (x1, x2, x3) ce pripadatiravni ako i samo ako je

n OX = 0,tj. ako i samo ako koordinate tacke Xzadovoljavaju jednacinu

a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 = 0.

O

e1

e2

e3

An

rp

P

X

A1

Slika 1. Ravan

Stoga prethodnu jednacinu nazivamo jednacinom ravni . Ako ravan ne sadrziO onda je ona slika neke ravni koja sadrzi tacku O, u translaciji za vektor OP,(Slika 1) pri cemu je P (p1, p2, p3) proizvoljna tacka ravni . Tom translacijom sekoordinatni sistem (O, e) preslikava u novi koordinatni sistem (P, e) u kojem je

ai xi = 0

jednacina ravni . Kako je

x1 = x1 p1, x2 = x2 p2, x3 = x3 p3,jednacina ravni u koordinatnom sistemu (P, e) bice

ai (xi pi) = 0, ili

(1.1)a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + b = 0, pri cemu je

b = ai pi = a1 p1 a2 p2 a3 p3.Jednacina (1.1) naziva se opsta jednacina ravni.

2 5. POVRSI I KRIVE U PROSTORU

Primetimo da se na vektorskom jeziku jednacina ravni predstavlja u obliku

(1.2)(r p) n = 0, odnosno

r n = b, gde je b = p n, konstanta.

Naziva se vektorska jednacina ravni. Pri tome vektor n nazivamo vektoromravni.Ako je l proizvoljna prava koja sadrzi koordinatni pocetak Dekartovog pravouglogkoordinatnog sistema (O, e) i neku tackuA(a1, a2, a3), tada tacka X(x1, x2, x3)pripada pravoj l ako i samo ako je

OX = OA,

tj. ako i samo ako koordinate tacke Xzadovoljavaju parametarske jednacine

xi = ai, i {1, 2, 3}.Translacijom te prave za vektor OP, pricemu je P (p1, p2, p3) proizvoljna tackaprostora (Slika 2), dobijaja se pravakroz tacku P odred-ena pravcem vek-tora a(a1, a2, a3), cije su parametarskejednacine

XP

e1

e3

e2

Slika 2. Prava

(1.3) x1 = p1 + a1, x2 = p2 + a2, x3 = p3 + a3.

Eliminacijom parametra dobijaju se kanonske jednacine prave:

(1.4)x1 p1

a1=

x2 p2a2

=x3 p3

a3.

Primetimo da je a(a1, a2, a3) vektor prave. U formuli (1.4) u oznakama razlo-maka dopustamo da su neke od koordinata vektora a(a1, a2, a3) nula, pri cemupodrazumevamo da su tada odgovarajuce koordinate tacaka sa prave konstantne.Na primer, za prave odred-ene vektorom a(a1, 0, a3), je x2 = p2.Primetimo, da je ravan data kao skup, Nf , nula funkcije linearnog polinoma u tripromenjive,

f(x1, x2, x3) = a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + b,

tako da ona predstavlja analogon prave u prostoru E2. Dakle, postoji bijekcijaizmed-u ravni u prostoru E3 i svih linearnih polinoma u tri promenjive.Slicno iz naseg geometrijskog iskustva, a i iz formula (1.3) i (1.4) vidimo da sesvaka prava moze videti kao presek dve ravni Nf1 i Nf2 .

Ravan i prava 3

1.2. Rastojanja od tacke do ravni i prave. Kao sto znamo rastojanja odtacke A do ravni i prave l odred-ene su njenim normalnim projekcijama A1 i A2redom na ravan i pravu l, odnosno

(1.5) d(A, ) = minX

AX = AA1 i d(A, l) = minX l

AX = AA2.

Odredimo sada eksplicitno ta rastojanja. Neka je najpre ravan zadata jednacinomu vektorskom obliku, rn = b, gde je n vektor normalan na ravan (Slika 1). Slicnokao u poglavlju 4.1. izvodi se sledece tvrd-enje

Stav 1.1. Rastojanje tacke A od ravni je

(1.6) d(A, ) =1

n |a n+ b|,

gde je ravan zadata jednacinom r n = b.

Ako je ravan zadata jednacinom u opstem obliku (1.1) a tacka A koordinatama(x1, x2, x3) tada je rastojenje odred-eno sledecom formulom

(1.7) d(A, ) =|a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + b|

a21 + a22 + a

23

.

Odredimo sada rastojanje tacke A do prave l.

Stav 1.2. Rastojanje tacke A do prave l je

(1.8) d(A, l) =1

v(a q) v,

pri cemu je prava l odred-ena tackom Q i pracem v, a a i q su vektori polozajatacaka A i Q.

Dokaz: Posmatrajmo paralelogram cijesu strane odred-ene vektorima QA i v(Slika 3). Njegova povrsina, P, izrazavase na sledeca dva nacina:

P = d(A, l) v i P = (a q) v,na osnovu definicije povrsine paralelo-grama i definicije vektorskog proizvoda.Iz ovih jednakosti odmah sledi rezultat.

lQ

O

A

A2

v

q

Slika 3. Rastojanje tacke od prave

Interesantno je da se rastojanje d(A, l) moze izraziti koristeci samo skalarne proizvodevektora QA i v (Zadatak 1.1).


Ako u A i Q i vektor v zadati redom svojim Dekartovim koordinatama A(a1, a2, a3),Q(q1, q2, q3), v(v1, v2, v3), onda se (1.8) u razvijenom obliku izrazava na sledecinacin(1.9)

d(A, l) =

a2 q2 a3 q3v2 v32

+ a1 q1 a3 q3v1 v3

2

+ a1 q1 a2 q2v1 v2

2

v21 + v

22 + v

23

.

1.3. Mimoilazne prave. Posvetimo sada paznju dvema pravama u opstempolozaju u prostoru, odnosno mimoilaznim pravama. To su disjunktne pravekoje nisu paralelne (Slika 4). Za mimoilazne prave imamo sledece vazno tvrd-enje.

Stav 1.3 (Zajednicka normala). Za proizvoljne mimoilazne prave postoji tacnojedna prava normalna na polazne prave koja ih sece. Naziva se zajednicka nor-mala.

Dokaz: Neka su paralelne ravni 1 i2 odred-ene redom, pravom l i pravcemprave k, i pravom k i pravcem prave l.Posmatrajmo sada ortogonalne projek-cije, k1, prave k na ravan 1 i l1 prave l naravan 2. Ako sa M i N redom obelezimotacke preseka pravih l i k1 odnosno k il1, tada prava odred-ena tackama M i Nima sve trazene osobine, dakle ona je za-jednicka normala pravih l i k.

l

Y

1

2

k l1

N

k1

MX

Slika 4. Zajednicka normala

Postojanje zajednicke normale se moze utvrditi i analitickom (koordinatnom) metodomresavanjem odgovarajuceg sistema linearnih jednacina.Osnovna pitanja u ovom odeljku su cime je odred-eno rastojanje izmed-u mimoilaznihpravih i kako se ono izracunava?Na prvo pitanje odgovor daje sledece tvrd-enje:

Stav 1.4. Neka su date mimoilazne prave l i k i tacke M l i N k takve daje prava MN zajednicka normala pravih l i k. Za proizvoljne tacke X l i Y kje

MN XY , odnosno,

(1.10) d(l, k) = infX l,Y k

d(X,Y ) = MN.

Ravan i prava 5

Dokaz: Kako je MN upravno na XM i YN to je

XY 2 = XY,XYXM+NY+MN,XM+NY+MN= XM+NY2 + MN2, te je

XY 2 MN2,sto daje rezultat.

Analizirajmo sada drugo pitanje: kako da eksplicitno izracunamo to rastojanje?Neka je prava l zadata tackom A i pravcem u a prava k tackom B i pravcem v.Jedna mogucnost je da se odredi zajednicka normala a zatim i samo rastojanje. Sobzirom da je ovo resenje racunski zahtevno, potrazimo resenje ovog problema kojene zahteva odred-ivanje zajednicke normale.

Stav 1.5. Rastojanje izmed-u mimoilaznih pravih l i k dato je formulom

(1.11) d(l, k) =|[AB,u,v]|u v .

Dokaz: Posmatrajmo paralelepipedodered-en vektorima AB, u i v. Koristecigeometrijsku interpretaciju mesovitogproizvoda (Teorema ??), njegova zapre-mina je V = |[AB,u,v]|. Ako izaber-emo da vektori u i v odred-uju bazu par-alelepipeda povrsine B, to je zapreminaV = B d(l, k) = d(l, k) u v, zbogdefinicije vektorskog proizvoda. Odavdesledi (1.11).

l

k

A

B

M

N

v

u

Slika 5. Rastojanje izmedju l i k

Posledica ovog dokaza je da [AB,u,v] ne zavisi od izbora tacaka A i B sa pravihl i k redom.Ako su a i b vektori polozaja tacaka A i B onda se (1.11) zapisuje u obliku

(1.12) d(l, k) =|[b a,u,v]|

u v .

Konacna formula se moze izraziti u koordinatama polaznih elemenata. Ako suprave l i k odered-ene jednacinama

l :x1 a1

u1=

x2 a2u2

=x3 a3

u3,

k :x1 b1

v1=

x2 b2v2

=x3 b3

v3,


onda je

d(l, k) =

b1 a1 b2 a2 b3 a3

u1 u2 u3v1 v2 v3

u1 u2v1 v22

+ u2 u3v2 v3

2

+ u3 u1v3 v1

2.

1.4. Uglovi izmed-u pravih i ravni. Ugao je jedan od osnovnih pojmovau geometriji. U ovom odeljku najprecemo se podsetiti definicija ugla izmed-upravih, izmed-u prave i ravni i uglaizmed-u dve ravni. Zatim cemo videtineke svojstva ovih uglova i kako se oniizracunavaju koristeci jednacine pravih iravni. Neka su date prave l i k odred-eneredom tackama A i B pravcima u i v(Slika 6). Ugao je neorijentisaniugao izmed-u pravih l i k, = (l, k)ako je

l

k

A

B u

v

u

v

Slika 6. Ugao izmed-u pravih

(1.13) cos =|u n|u n i [0, /2].

Posmatrajmo sada pravu l i ravan za-datu jednacinom r n = b (Slika 7).Tada je = (l, ), neorijentisaniugao izmed-u prave i ravni ako je(1.14)

sin =|u n|u n i [0, /2],

ili u koordinatama

...........................................

.......................

ln

l

Slika 7. Ugao izmed-u prave i ravni

sin =|u1 n1 + u2 n2 + u3 n3|

u21 + u22 + u

23

n21 + n

22 + n

23

.

Za ugao izmed-u prave i ravni vazi sledece tvrd-enje koje navodimo bez dokaza iostavljamo za vezbu (Zadatak 1.2).

Stav 1.6. Ako je l normalna projekcija prave l na ravan tada je

(i1) (l, ) = (l, l),(i2) (l, ) = min k (l, k).

Sfera 7

Konacno, neka su date ravni i redom svo-jim jednacinama: r n = b i r m = q(Slika 8). Tada je = (, ), neorijentisaniugao izmed-u dve ravni, ako je(1.15)

cos =|n m|n m i [0, /2],

ili u koordinatama

m

n

n m

Slika 8. Ugao izmed-u ravni

cos =|n1 m1 + n2 m2 + n3 m3|

n21 + n22 + n

23

m21 +m

22 +m

23

.

U sledecem tvrd-enju, koje se daje bez dokaza, navodi se vazna osobina ugla izmed-udve ravni.

Stav 1.7. Neka su date ravni i koje se seku i ravan koja je upravna napresecnu pravu. Neka su l i k presecne prave ravni sa i redom. Tada je (, ) = (l, k).

2. Sfera

Nakon sto smo se u prethodnom poglavlju bavili analitickim opisivanjem ravni iprave, najjednostavnijih (ravnih) podskupova od E3, koji se sastoje od besko-nacnog broja tacaka, u ovom poglavlju bavimo se sferom, koja je najjednostavniji(zakrivljeni) beskonacni podskup u E3. Sfera predstavlja generalizaciju (u smisludefinicije) kruga u prostoru E3. Zbog toga u ovom poglavlju posvecujemo prostor ikoordinatnim sistemima koji se zasnivaju na geometriji kruga i sfere

2.1. Jednacina sfere. Kao sto nam je poznato sfera je skup tacaka pro-stora, E3, koje su jednako udaljene od jednetacke S, koju nazivamo sredistem ili centromsfere (Slika 9).Buduci da je rastojanje d(X,S) izmed-u bilo ko-jih dveju tacaka X(x1, x2, x3) i S(s1, s2, s3) jed-nako intenzitetu vektora XS, bice

d2(X,S) = XS2 = ij(xi si)(xj sj) == (x1 s1)2 + (x2 s2)2 + (x3 s3)2.

Stoga je jednacinom

x1

x2

S

X

x3

Slika 9. Jednacina sfera

(1.16) (x1 s1)2 + (x2 s2)2 + (x3 s3)2 = r2


zadat skup svih tacaka prostora na rastojanju r od tacke S, dakle, zadata je sferasa sredistem S poluprecnika r Iz (1.16) vidimo da sferu mozemo videti i kao skup,Nf , nula polinoma drugog stepena u tri promenjive, tj. polinoma

0 = f(x1, x2, x3) = x21 + x22 + x

23 2 (x1 s1 + x2 s2 + x3 s3) + s21 + s22 + s23 r2.

Slicno kao i u ravni (E2) svaki polinom drugog stepena u tri promenjive ne pred-stavlja sferu. U ovom poglavlju nalazimo sve moguce skupove koji se mogu pred-staviti kao skup nula polinoma drugog stepena u tri promenjive, tj. dajemo klasi-fikaciju povrsi drugog reda.

2.2. Cilindarski i sferni koordinatni sistemi. Sve ono sto je receno osustini koordinatnog sistema u ravni vazi i za prostor, samo sto je u prostorusituacija malo komplikovanija jer imamo posla sa jednom dimenzijom vise. Dakle,koordinatni sistem u E3 je svaka ured-ena cetvorka (U1,U2,U3, f), pri cemu jef : E3 U1 U2 U3, bijekcija (ili skoro bijekcija)1 a U1, U2 U3 su inter-vali u R. . Buduci da u prostoru imamo tri parametra, koordinatne linije do-bijamo tako sto fiksiramo dva parametra, a treci menjamo. Preciznije, skupovi,X1(a1, b1) = {(x1, a1, b1) | x1 U1}, X2(a2, b2) = {(a2, x2, b2) | x2 U2} iX3(a3, b3) = {(a3, b3, x3) | x3 U3}, predstavljaju koordinatne linije. Osim ko-ordinatnih linija imamo i koordinatne povrsi koje se dobijaju ako fiksiramo samojedan parametar. Od posebnog su interesa koordinatni sistemi kod kojih su koor-dinatne linije i povrsi jednostavni geometrijski objekti. Dakle, uvek polazimo odDekartovog pravouglog koordinatnog sistema, koji je najprirodniji jer je nasled-eniz odgovarajuceg vektorskog prostora.

Slika 10. Koordinatne linije cilindarskog sistema

1Tj. odred-uje bijekciju na sferi bez konacno mnogo tacaka.

Sfera 9

Buduci da su u pravouglom Dekartovom sistemu sve koordinatne linije prave, akoordinatne povrsi ravni, sledeci po jednostavnosti koordinatni sistem je cilin-darski (cilindricni) koordinatni sistem u kojem su koordinatne linije prave(poluprava) i krugovi, a kako su jedna vrsta koordinatnih povrsi cilindri (Slika 10),sistem je po njima dobio i ime. Definisimo sada cilindricni koordinatni sistem.Prvo izaberemo tacku O koja je koor-dinatni pocetak, i osu x1 koja sadrzitacku O, a zatim osu x3 koja je nor-malna na osu x1 i sadrzi tacku O (vidiSliku 11). U ravni, , kojoj je vektornormale jednak vektoru pravca ose x3uvedemo polarne koordinate. Tada jesvaka tacka X, prostora E3 jednoznacnoodred-ena ured-enom trojkom (r, , x3)pri cemu je r rastojanje ortogonalneprojekcije, X , tacke X na ravan dotacke O; ugao je ugao koji zaklapajujedinicni vektor e1 ose x1 i vektorOX ; a x3 je rastojanje tacke X doravni , tj. OX . Ured-ena trojka(r, , x3) zove se cilindarskim ili cilin-dricnim koordinatama tacke X. Pri-

O

X

........................

.....................................................................

x1

X

r

x2

x3

Slika 11. Cilindricne koordinate

metimo da je u ovom slucaju U1 = [0,+),U2 = [0, 2) i U3 = (,+). Sadalako nalazimo veze izmed-u koordinata neke tacke u Dekartovom i cilindarskom sis-temu, koji su postavljeni tako da imaju isti koordinatni pocetak, tacku O, i daim se ose x1 i x3 podudaraju. Ako tacka X ima koordinate (x1, x2, x3) u pravou-glom Dekartovom sistemu onda su njene koordinate u cilindarskom sistemu dateformulama:

(1.17) r =x21 + x

22, tan = arctan

x2x1

, x3 = x3.

Obratno ako tacka X ima cilindarske koordinate (r, , x3) onda su njene Dekartovekoordinate odred-ene jednoznacno, tj. date su formulama:

(1.18) x1 = r cos , x2 = r sin , x3 = x3.

Koordinatni sistem koji je prilagod-en geometriji sfere zove se sferni koordinatni


sistem. Analogno kao i polarni koor-dinatni sistem sferni sistem definisemoistim izborom elemenata koordinatnogsistema, tj. koordinatnog pocetka iosa x1 i x3. Tada je svaka tacka X,prostora E3 jednoznacno odred-enaured-enom trojkom ((, , ) gde je (rastojanje tacke X do koordinatnogpocetka, uglom [/2, /2] kojivektor OX zaklapa sa svojom upravnomprojekcijom OX na koordinatnojravni Ox1x2, i uglom (, ]koji vektor OX zaklapa sa x1 osom(Slika 12). Ured-ena trojka ((, , )zove se sferne koordinate tacke X.Tacku O zovemo sredistem sfernog

X

x1

..................................

.................................

X

x3

x2

Slika 12. Sferni koordinatni sistem

koordinatnog sistema, a uglove i , redom, Euler-ovom 2 sfernom duzinomi sirinom.Sada lako nalazimo veze izmed-u koordinata neke tacke u Dekartovom i sfernomsistemu, koji su postavljeni tako da imaju isti koordinatni pocetak, tacku O, i daim se ose x1 i x3 podudaraju. Ako tacka X ima koordinate ((, , ) u sfernomsistemu onda su njene koordinate u Dekartovom date formulama:

(1.19) x1 = ( cos cos, x2 = ( cos sin, x3 = ( sin .

Obratno ako tacka X ima Dekartove koordinate (x1, x2, x3) onda su njene sfernekoordinate odred-ene sa:

(1.20) ( =x21 + x

22 + x

23, arcsin =

x3x21 + x

22 + x

23

, = arctanx2x3

.

Dakle, ako je u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu neka povrs zadatajednacinom F (x1, x2, x3) = 0, tada se jednacina te povrsi u sfernim koordinatamadobija zamenama datim relacijama (1.19).Na primer, Dekartova jednacina, x21 + x

22 + x

23 = 1, jedinicne sfere sa sredistem O,

u sfernim koordinatama je jednostavnija jer iz

(( cos cos)2 + (( cos sin)2 + (( sin )2 = 1, ( = 1.

Prethodna jednacina sfere u sfernim koordinatama pokazuje da su najvaznije koor-dinatne povrsi ovog sistema sfere. Lako se vidi da su koordinatne linije polupravesa pocetkom u tacki O (kada se menja (), polukrugovi sa centrom u tacki O (kadase menja ) i krugovi sa centrom u O (kada menjamo ). Koordinatne povrsi usfernom koordinatnom sistemu su sfere, ravni i konusi (vidi Sliku 13).

2Euler Leonhard, 17071783, svajcarski matematicar

Povrsi drugog reda 11

Slika 13. Koordinatne povrsi sfernog sistema

3. Povrsi drugog reda

Buduci da smo u ravni obratili posebnu paznju na krive koje se mogu opisatijednacinama drugog stepena, i u prostoru cemo razmatrati povrsi drugog reda,cije su jednacine u Dekartovim pravouglim koordinatama u odnosu na koordinatnisistem (O, e), takod-e drugog stepena. Uz sferu, konicne cilindre i elipticki konus,posebnu paznju cemo obratiti na one povrsi drugog reda kojima su preseci sa ravn-ima, konike ili degenerisane konike.

3.1. Konicni cilindri. U odeljku 4.3. definisali smo kruzni cilindar kao skupsvih slika tacaka prave i u neprekidnim rotacijama sa osom s koja je paralelnapravoj i. Jednacina te povrsi u Dekar-tovom pravouglom koordinatnom sis-temu (O, e) u kojem se osa x3 poklapasa pravom s, bice

x21 + x22 = r

2,

gde je r rastojanje izmed-u pravih s i i.Primetimo da kruzni cilindar moze dabude shvacen i kao skup svih tacaka pra-vih upravnih na ravni Ox1x2 u tackamakruga K koji pripada istoj ravni a zadatje jednacinom

x3 = x21 + x22 r2 = 0.

f(x, y) = 0, z = 0

Slika 14. Cilindricna povrs


Krug K zvacemo i direktrisom, a izvodnice i generatrisama kruznog konusa.Ako je umesto kruga u ravni Ox1x2 zadata bilo koja kriva jednacinom

x3 = f(x1, x2) = 0,

(Slika 14), skup svih tacaka pravih koje su u tackama te krive upravne na ravniOx1x2 bice cilindar koji u Dekartovim pravouglim koordinatama u odnosu nakoordinatni sistem Ox1x2x3 ima jednacinu

f(x1, x2) = 0.

Polaznu krivu nazivamo direktrisom toga cilindra, a njegove izvodnice cemo zvatii generatrisama. Izaberemo li konike za direktrise cilindra dobicemo jednacinesledecih povrsi (Slika 15):

.........

.......

Slika 15. Konicni cilindri

elipticki cilindar:x21a2

+x22b2

= 1,(1.21)

hiperbolicki cilindar:x21a2

x22

b2= 1,(1.22)

parabolicki cilindar: x22 = 2 l x1.(1.23)

3.2. Elipsoid. Neka su jednacinama

x21a2

+x23c2

1 = x2 = 0 ix22b2

+x23c2

1 = x1 = 0,

zadate elipse u ravnima Ox1x3 i Ox2x3, Dekartovog pravouglog koordinatnog sis-


tema Ox1x2x3 (Slika 16), koje pri-padaju ravnima upravnim na osi x3,cija su temena presecne tacke tih ravnisa zadatim elipsama, je povrs kojunazivamo elipsoidom. Dve zadateelipse nazivamo direktrisama elipsoida,a promenljive elipse njegovim genera-trisama. Buduci da temena generatrisapripadaju direktrisama elipsoida, bice

2

a2+

2

c2= 1 i

2

b2+

2

c2= 1,

pa se eliminacijom parametara , i iz prethodnih dveju jednacina i jednacinageneratrisa dobija kanonska jednacinaelipsoida

x3

E1E3 x2O

x1

Slika 16. Elipsoid

(1.24)x21a2

+x22b2

+x23c2

= 1.

Pozitivni realni brojevi a, b i c nazivaju se poluosama elipsoida.

3.3. Hiperboloidi. Ako se za direktrise umesto elipsi izaberu hiperbole odred-enejednacinama

x21a2

x23

c2 1 = x2 = 0 i

x22b2

x23

c2 1 = x1 = 0,

onda skup svih tacaka elipsi zadatihjednacinama cija su temena presecnetacke ravni x3 = sa zadatim hiper-bolama je povrs koju nazivamo jed-nokrilnim hiperboloidom. Hiperbolenazivamo direktrisama, a promenljiveelipse generatrisama jednokrilnoghiperboloida.Kako je, kao i u slucajuelipsoida, za tacke sa generisucih elipsi

(1.25)x212

+x222

1 = x3 = 0, i

x2

x3

0x1

Slika 17. Jednokrilni hiperboloid

2

a2

2

c2= 1 i

2

b2

2

c2= 1.

Eliminacijom parametara , i iz ovih jednacina dobija se kanonska jednacinajednokrilnog hiperboloida

(1.26)x21a2

+x22b2

x23

c2= 1.


Na isti nacin, ako za direktrise izaberemohiperbole

x23c2

x21

a2 1 = x2 = 0

ix23c2

x22

b2 1 = x1 = 0,

a elipse date formulom (1.25) za gen-eratrise, dobicemo povrs koja se nazivadvokrilnim hiperboloidom i cija jekanonska jednacina

(1.27)x21a2

+x22b2

x23

c2= 1.

Ox2

x3

x1

Slika 18. Dvokrilni hiperboloid

3.4. Paraboloidi. Ako su svojim jednacinama

x21 2 p x3 = x2 = 0, p > 0 i x22 2 q x3 = x1 = 0, q > 0,

zadate dve parabole, onda je skup svihtacaka elipsi datih jednacinama (1.25)cija su temena presecne tacke ravni x3 = sa zadatim parabolama, povrs kojunazivamo eliptickim paraboloidom.Njena kanonska jednacina,

(1.28)x21p2

+x22q2

= 2x3

dobija se eliminacijom parametara , i iz (1.25) i jednacina

2 = 2 p i 2 = 2 q .

x2

O

x3

x1

Slika 19. Elipticki paraboloid

Ako su zadate dve parabole jednacinama

x21 2 p x3 = x2 = 0, p > 0, i x22 + 2 q x3 = x1 = 0, q > 0,

onda je skup svih tacaka hiperbola zadatih jednacinama

x212

x22

2 1 = x3 = 0, > 0

i

x21

2+

x222

1 = x3 + = 0, > 0

koje pripadaju ravnima upravnim na x3 osi, i cija temena pripadaju polaznimparabolama, povrs koju nazivamo hiperbolickim paraboloidom (Slika 20).


Zadate parabole su njene direktrise,a hiperbole, njene generatrise hiper-bolickog paraboloida. Buduci datemena hiperbola pripadaju parabolamabice zadovoljene jednacine

2 = 2 p i 2 = 2 q ,pa se eliminacijom parametara , i iz gornjih jednacina dobijakanonska jednacina hiperbolickogparaboloida:

(1.29)x21p2

x22

q2= 2x3.

x2

x3

O

x1

Slika 20. Hiperbolicki paraboloid

3.5. Konusi. Kruzni konus definisan u odeljku 4.3. mozemo da shvatimo ikao skup svih tacaka pravih

(1.30)x1

=x2

=x31.

koje sadrze koordinatni pocetak O i tacke kruga

(1.31) x21 + x22 a2 = x3 c = 0

koji pripada ravni upravnoj na x3 osi. Taj krug nazivamo direktrisom konusa, anjegove izvodnice zovemo i genera-trisama. Ako je umesto kruga zadatabilo koja kriva, jednacinama

(1.32) fi(x1, x2, x3) = 0, i {1, 2},skup svih tacaka pravih (1.30) je konus(Slika 21). Njegova jednacina

(1.33) f(x1x3

,x2x3

)= 0

dobija se zamenom vrednosti i iz(1.30) u jednacini

f(, ) = 0,

Slika 21. Konusna povrs

dobijenoj eliminacijom x1, x2 i x3 iz jednacina (1.30) i (1.32) (primetimo da pravedate jednacinom (1.30) sadrze tacke krive (1.32)). Moze se dokazati da je svakajednacina oblika (1.33), jednacina konusa ciji je vrh koordinatni pocetak.Ako za direktrisu izaberemo elipsu

x21a2

+x22b2

1 = x3 c = 0

dobicemo elipticki konus cija je jednacina

(1.34)x21a2

+x22b2

x23

c2= 0.


3.6. Degenerisane povrsi drugog reda. Navedimo redom jednacine josnekih povrsi drugog reda cije se jednacine mogu faktorisati nad poljem R, ili suskupovi koji su njima definisani u prostoru jednostavni.

Tako imamo da jednacina,

(1.35)x21a2

x22

b2= 0, a b > 0, 1

a2+

1b2

= 1

predstavlja jednacina dveju ravni ciji je presek osa x3.Jednacina,

(1.36) x21 = a2, a > 0,

predstavlja jednacine dveju paralelnih ravni, x1 = a, koje su normalne na osux1.

Kada u jednacini (1.36) stavimo b = 0 dve paralelne prave, postaju jedna tako daje sa jednacinom,

(1.37) x21 = 0,

data jednacina koordinatne ravni Ox2x3.Posmatrajmo sada jednacinu,

(1.38)x21a2

+x22b2

= 0, a b > 0, 1a2

+1b2

= 1,

koja predstavlja jednacinu x3 ose. Nju cemo zvati i jednacinom para imag-inarnih ravni koje se seku po realnoj pravoj. Ovaj pojam potice iz cinjeniceda se jednacina (1.38) moze faktorisati nad poljem kompleksnih brojeva. Dakle,ako dozvolimo da su koordinate tacaka u prostoru kompleksni brojevi, a polinomima realne koeficijente, tj. ako posmatramo problem u tkz. kompleksno-realnomprostoru, dobijamo da gornja jednacina predstavlja dve ravni u tom prostoru.Napomenimo ovde da se kompleksno-realni prostor (ravan) konstruise na sledecinacin: polazimo od prostora E3

C(E2

C), tj. pretpostavljamo da su koordinate tacaka

kompleksni brojevi i onda definisemo odgovarajuci vektorski prostor V3C(V2

C) u kojeg

shvatamo kao realni vektorski prostor, tj. definisemo linearnne operacije sabiranjavektora i mnozenja vektora sa realnim skalarom.

Jednacinom,

(1.39)x21a2

+x22b2

+x23c2

= 0, a b c > 0, 1a2

+1b2

+1c2

= 1,

je data jednacina koordinatnog pocetka. Jednacinu (1.39) cemo zvati i jednacinomimaginarnog konusa koja se tako zove u kompleksno-realnom prostoru.

Klasifikacija povrsi drugog reda 17

Jednacina,

(1.40)x21a2

+x22b2

+x23c2

= 1, a b c > 0,

nema bez realnih resenja koju nazivamo i jednacinom imaginarnog elipsoida.Takod-er jednacina,

(1.41)x21a2

+x22b2

= 1, a b > 0,

nema realnih resenja koju nazivamo i jednacinom imaginarnog eliptickog cilin-dra.Slicno, ni jednacina,

(1.42) x21 = a2, a > 0,

je jednacina bez raelnih resenja koju nazivamo i jednacinom para paralelnihimaginarnih ravni, x1 = i a.U iducem poglavlju pokazacemo da osim nedegenerisanih povrsi drugog reda (konicnihcilindara, elipsoida, hiperboloida, paraboloida, eliptickih konusa) i degenerisanihpovrsi drugog reda (dve ravni koje se seku, dve paralelne ravni, jedna ravan, jednatacka i prazan skup) ne postoji druge povrsi drugog reda.

4. Klasifikacija povrsi drugog reda

U ovom poglavlja bavimo se nalazenjem svih mogucih skupova tacaka u prostoru E3

cije koordinate zadovoljavaju jednacine f(x1, x2, x3) = 0, gde je f realni polinomdrugog stepena u promenjivima x1, x2 i x3. Preciznije, neka je

(1.43)f(x1, x2, x3) = a11 x21 + a22 x

22 + a33 x

23 + 2 a12 x1 x2 + 2 a13 x1 x3

+ 2 a23 x2 x3 + 2 a14 x1 + 2 a24 x2 + 2 a34 x3 + a44,

polinom drugog stepena sa realnim koeficijentima (a211+a222+a

233+a

212+a

213+a

223 =

0) i neka je dat pravougli koordinatni sistem (O, e) u prostoru E3. Primetimo dabez umanjenja opstosti mozemo pretpostaviti da je koordinatni sistem pravougli, jerako nije onda bismo Gram-Schmidtovim postupkom presli u pravougli koordinatnisistem i pri tome bi se stare koordinate izrazavale linearnim vezama preko novih,pa nakon uvrstavanja u (1.43) dobili bismo opet polinom istog oblika kao i (1.43).Skup svih tacaka, Nf , prostora E3 cije koordinate ponistavaju polinom (1.43) zovese povrs drugog reda. Prema tome vidimo da je Nf = {M E3 | f(M) = 0}.Cilj ovog poglavlja je da se opisu svi moguci skupovi tacaka Nf , tj. da se nad-eklasifikacija povrsi drugog reda.


Prvo primetimo da se uz pomoc standardnog skalarnog proizvoda, , , formula(1.43) moze zapisati u kompaktnijem obliku:

(1.44)

f(x1, x2, x3) = Ax,x+ 2 b,x+ a44, gde je

x =

x1x2

x3

, A =

a11 a12 a13a12 a22 a23

a13 a23 a33

i b =

a14a24

a34

.

Podsetimo se da je linearni operator (transformacija) A : R3 R3 simetrican akoje: x,Ay = Ax,y x, y R3.Matricu A mozemo da shvatimo kao matricu simetricnog operatora A, u kanonskojbazi. Sada navedimo nekoliko rezultata linearne algebre koji omogucuju da se ovaklasifikacija izvede sto jednostavnije.

Lema 1.8. Matrica simetricnog operatora A u svakoj ortonormiranoj bazi jesimetricna tj. A = A .

Teorema 1.9. Svaki simetricni operator na R3 je dijagonalizabilan, tj. postojiortogonalna matrica T takva da je:

D = T 1 AT =

1 0 00 2 0

0 0 3

,

gde su i, i = 1, 2, 3 sopstvene vrednostioperatora A, i gde je je T matrica pre-laska iz kanonske ortonormirane baze e uortonormiranu bazu e koja se sastoji odsopstvenih vektora.

Napomenimo sada da je najvaznija osobina ortogonalnog operatora (ortogonalnihmatrica) cuvanje skalarnog proizvoda tj. vazi: T x, T y = x,y, x, y R3.Koristeci sada Lemu 1.8 i Teoremu 1.9 dobijamo:

Teorema 1.10. Postoji ortonormirana baza e u kojoj je skup Nf datjednacinom:

(1.45) 1 x12 + 2 x2

2 + 3 x32 + 2 a14 x

1 + 2 a

24 x

2 + 2 a

34 x

3 + a44 = 0.

Dokaz: Primenjujuci Teoremu 1.9 zakljucujemo da postoji ortonormirana baza e

u kojoj je matrica D dijagonalna (kao u Teoremi 1.9). Veze izmed-u polazne baze ei nove baze e date su relacijama ei = T ei, i = 1, 2, 3 i pri tome jos vazi:

x(e) = T x(e) i A = T D T 1 gde je x(e) =

x1x2

x3

i x(e) =

x1x2

x3

. Ako jos

stavimo b(e) =

a14a24

a34

. Uz upravo uvedene oznake, iz (1.44) i zbog cinjenice da

ortogonalni operator cuva skalarni proizvod, imamo redom:


(1.46)

0 = f(x(e)) = f(x(e)) = T D T 1(T (x(e))) , T (x(e)) + 2 T (b(e)) , T (x(e)) + a44 = T D (x(e)) , T (x(e)) + 2 T (b(e)) , T (x(e)) + a44 = D (x(e)) , x(e) + 2 b(e) , x(e) + a44= 1 x1

2 + 2 x22 + 3 x3

2 + 2 a14 x1 + 2 a

24 x

2 + 2 a

34 x

3 + a44.

Primetimo da ne mogu sve tri sopstvene vrednosti matrice A biti jednake 0, jertada f ne bi bio polinom 2. stepena u tri promenjive. Sada pazljivom analizomformule iz prethodne Teoreme dobijamo potpunu klasifikaciju povrsi drugog reda.Preciznije imamo:

Teorema 1.11. Neka je Nf povrs drugog reda, data svojom jednacinom (1.45),tada u zavisnosti o rangu operatora A, Nf jedna od sledecih povrsi:

(nd) jedna tacka, elipticki konus, prazan skup (imaginarni elipsoid), elipsoid,jednokrilni hiperboloid i dvokrilni hiperboloid, (ako je rang (A) = 3 ),

(d1) elipticki paraboloid, hiperbolicki paraboloid, elipticki cilindar, hiperbo-licki cilindar, prazan skup (imaginarni elipticki, cilindar), prava (par i-maginarnih ravni koje se seku po realnoj pravoj), par realnih ravni ko-je se seku (ako je rang (A) = 2 ),

(d2) parabolicki cilindar, ravan (par ravni koje se podudaraju), prazan skup(par imaginarnih ravni), i par paralelnih ravni, (ako je rang (A) = 1 ).

Dokaz: Transformacija, kojom polazna jednacine (1.43) povrsi koja je data ukanonskoj bazi prelazi u jednostavniju jednacinu iz Teoreme 1.10 predstavlja tran-sformaciju polaznog pravouglog koordinatnog sistema u pravougli koordinatni sis-tem koji se sastoji od sopstvenih vektora matrice A. U ovoj teoremi pazljivomanalizom formule (1.45) i uz eventualnu translaciju koordinatnog sistema dolaz-imo do koordinatnog sistema u kojem povrsi drugog reda imaju najjednostavnije,kanonske jednacine.(nd) Primetimo da je uslov rang (A) = 3, ekvivalentan sa uslovom 1 2 3 = 0,tako da se onda formula (1.41) svodi na:

(1.47) 0 = f(x(e)) = 1 x12 + 2 x2

2 + 3 x32 + a44, gde je:

x1 = x1 +

a141

, x2 = x2 +

a242

,

x3 = x3 +

a343

, a44 = a44 (a14

2

1+

a242

2+

a342

3

).

Sada imamo dva podslucaja u zavisnosti od toga da li se a44 (iz (1.47)) ponistavaili ne.


(nda) Ako je u (1.47), a44 = 0, i ako su 1, 2 i 3 istog znaka onda nakon delenjasa 1 2 3 i nakon uvod-enja sledecih oznaka:a2 = 2 3, b2 = 1 3 i c2 = 1 2,dobijamo kanonsku jednacinu:

(1.48)x1

2

a2+

x22

b2+

x32

c2= 0,

tako da je u ovom slucaju Nf jedna tacka (Slika 22).

O

Slika 22. Nf = {O}

Ako su dva od i, i = 1, 2, 3 istog znaka, recimo 1, 2, a 3 je suprotnog znakaonda nakon delenja sa 1 2 3 ili sa1 2 3 nakon uvod-enja sledecih oznaka:a2 = 2 3, b2 = 1 3 i c2 = 1 2dobijamo kanonsku jednacinu:

(1.49)x1

2

a2+

x22

b2 x

32

c2= 0,

pa je u ovom slucaju Nf elipticki konus(Slika 23).

Slika 23. Elipticki konus

(ndb) Ako je u (1.47) a44 = 0, onda se, nakon delenja sa a44 1 2 3 u zavisnostiod znakova a44, 1 2 i 3 i nakon uvod-enja odgovarajucih oznaka, dobijaju sledecejednacine.Ako su svi a44, 1, 2 i 3 istog znaka dobijamo,

(1.50)x1

2

a2+

x22

b2+

x32

c2= 1, pa je Nf prazan skup (imaginarni elipsoid).

Ako su 1 2, 3 svi istog znaka, dok jea44 suprotnog znaka, dobijamo kanonskujednacinu,

(1.51)x1

2

a2+

x22

b2+

x32

c2= 1,

tako da je u ovom slucaju Nf elipsoid(Slika 24).

Slika 24. Elipsoid

Ako su 1 i 2 istog znaka, a 3 i a44 suprotnog onda dobijamo,


(1.52)x1

2

a2+

x22

b2 x

32

c2= 1,

tako da je Nf jednokrilni hiperboloid (Slika 25).

Slika 25. Jednokrilni hiperboloid Slika 26. Dvokrilni hiperboloid

I napokon, ako su 2, 3 i a44 istog znaka, a 1 suprotnog znaka dobijamo kanonskujednacinu,

(1.53)x1

2

a2 x

22

b2 x

32

c2= 1,

tako da je Nf dvokrilni hiperboloid (Slika 26).(d1) Primetimo da je rang (A) = 2 ako i samo ako je tacno jedan od i, i = 1, 2, 3,jednak 0, recimo 3, onda formula (1.45) nakon translacije dobija jednostavan oblik:

(1.54) 0 = f(x1(e)) = 1 x12 + 2 x2

2 + 2 a34 x3 + a

44,

gde je: x1 = x1 +

a141

, x2 = x2 +

a242

, x3 = x3 i a

44 = a44 (

a142

1+ a

24

2

2).

Prethodna jednacina (1.54) vodi na sledece podslucajeve u zavisnosti od toga da lise a34 i a

44 ponistavaju ili ne:

(d1a) Ako je a34 = 0, onda stavljajuci x3 = x3 +a442 a34

, jednacina (1.54) postaje

0 = 1 x12 + 2 x2

2 + 2 a34 x3 ,

odakle, ako je potrebno, zamenom x3 x3 , dobijamo nakon delenja sa 1 2 a34 iuvod-enja odgovarajucih oznaka (analogno, kao slucaju (nd)), redom sledece kanonskejednacine u zavisnosti od znaka 1 2.


Ako je 1 2 > 0, dobijamo jednacinu:

(1.56)x1

2

a2+

x22

b2= 2x3 , tako da je Nf elipticki paraboloid (Slika 27).

U slucaju da je 1 2 < 0, dobijamo sledecu jednacinu

(1.57)x1

2

a2 x

22

b2= 2x3 , pa je Nf je hiperbolicki paraboloid (Slika 28).

Slika 27. Elipticki paraboloid Slika 28. Hiperbolicki paraboloid

(d1b) Ako je a34 = 0 i a44 = 0, onda u zavisnosti od znaka 1, 2 i a44, nakon

uvod-enja odgovarajucih oznaka, dobijamojedan od slucajeva:

Ako su 1, 2 i a44 istog znaka onda dobi-jamo jednacinu,

(1.58)x1

2

a2+

x22

b2= 1,

i Nf je prazan skup (imaginarni eliptickicilindar).Ako su 1 i 2 istog znaka, a a44 suprotnogdobijamo kanonsku jednacinu,

(1.59)x1

2

a2+

x22

b2= 1,

Slika 29. Elipticki cilindar


tako da je u ovom slucajuNf elipticki cilin-dar (Slika 29). U slucaju da su 2 i a44istog znaka, a 1 suprotnog dobijamo,

(1.60)x1

2

a2 x

22

b2= 1,

prema tome Nf je hiperbolicki cilindar(Slika 30). Slika 30. Hiperbolicki cilindar

(d1c) Ako je a34 = a44 = 0 onda nakon delenja sa 1 2 i uvod-enja odgovarajucih

oznaka, dobijamo sledece dve mogucnosti.

Slika 31. Prava Slika 32. Par realnih ravni koje se seku

Ako je 1 2 > 0 dobijamo kanonsku jednacinu,

(1.61)x1

2

a2+

x22

b2= 0,

dakle, Nf je prava (par imaginarnih ravni koje se seku po realnoj pravoj) (vidiSliku 31). Ako je 1 2 < 0 dobijamo jednacinu,

(1.62)x1

2

a2 x

22

b2= 0,

tako da je Nf par realnih ravni koje se seku po pravoj (Slika ??).(d2) Primetimo da je rang (A) = 1 ako i samo ako se tacno dve od sopstvenihvrednosti, i, i = 1, 2, 3, ponistavaju recimo 2 i 3, onda jednacina (1.45) vodi nadva podslucaja u zavisnosti od toga da li se a24 i a

34 ponistavaju ili ne.

(d2a) Ako je barem jedan od a24 i a34 razlicit od nule, recimo a

24 = 0, onda

jednacina (1.45) prima oblik:

(1.63) 0 = f(x1(e)) = 1 x12 + 2 a24 x

2 ,


gde je:x1 = x

1 +

a141

,

a44 = a44 a14

2

1,

x2 = x2 +

a34a24

+ a44

2 a24

i pri tome izaberemo x3 tako da baza e

bude ortonormirana. Sada iz (1.63) nakoneventualne zamene x2 x2 uz uvod-enjeodgovarajucih oznaka dobijamo:

(1.64) x12 = 2 p x2 ,

gde je p > 0, pa je Nf parabolicki cilindar(Slika 33).

Slika 33. Parabolicki cilindar

(d2b) Ako se a24 i a34 ponistavaju onda jednacina (1.45) postaje:

(1.65) 1 x12 + a44 = 0,

gde je: x1 = x1 +

a141

, x2 = x2, x

3 = x

3 i a

44 = a44

a142

1, pa jednacina (1.65)

vodi na sledece podslucajeve u zavisnosti od toga da li se a44 ponistava ili ne.

Ako je a44 = 0, onda nakon delenja jednacine (1.50) sa 1 dobijamo:

Slika 34. Dve ravni koje se poklapaju Slika 35. Par paralelnih realnih ravni

(1.66) x12 = 0 tako da je Nf ravan (par ravni koje se poklapaju).

U slucaju da je a44 = 0, onda nakon delenja jednacine (1.65) sa 1 a44 uz uvod-enjestandardnih oznaka, dobijamo sledece kanonske jednacine:

Ako su 1, i a44 istog znaka dobijamo jednacinu,

(1.67)x1

2

a2= 1, pa je Nf je prazan skup (par imaginarnih ravni).

Ako su 1, i a44 suprotnog znaka dobijamo napokon kanonsku jednacinu,

(1.68)x1

2

a2= 1, tako da je u ovom slucaju Nf par paralelnih ravni.

Pravolinijske povrsi 25

5. Pravolinijske povrsi

Za neku povrs cemo reci da je k - struko pravolinijska ako za svaku njenu tackupostoji tacno k med-usobno razlicitih pravih koje tu tacku sadrze, pri cemu svakaod tih k pravih pripada toj povrsi. Neke primere pravolinijskih povrsi smo vecupoznali. Konicni cilindri i elipticki konusi su 1 - struko pravolinijske povrsi, dokje svaka ravan - struko pravolinijska povrs. Interesantno je da su jednokrilnihiperboloid i hiperbolicki paraboloid 2 - struko pravolinijske povrsi (Zadaci 1.6 i1.7).

Teorema 1.12. Jednokrilni hiperboloid je 2 - struko pravolinijska povrs.

Dacemo dva dokaza ove teoreme. U prvom dokazu se polazi od proizvoljne tackesa hiperboloida i za nju konstruisemo dve prave koje pripadaju hiperboloidu i kojesadrze izabranu tacku. U drugom dokazu se najpre nalazimo dve familije pravihkoje leze na hiperboloidu a potom se pokazuje da kroz svaku tacku hiperboloidaprolazi tacno jedna prava iz svake familije.

Prvi dokaz: Neka je A(a1, a2, a3) proizvoljna tacka jednokrilnog hiperboloida(1.27). Prava koja sadrzi A i paralelna je vektoru l (l1, l2, l3) pripada tom hiper-boloidu ako i samo ako je

(a1 + t l1)2

a2+

(a2 + t l2)2

b2 (a3 + t l3)

2

c2= 1,

gde je t realni parametar. Kako je

a21a2

+a22b2

a23

c2= 1,

na osnovu prethodne jednakosti, bice

l21a2

+l22b2

l23

c2= 0, i

l1 a1a2

+l2 a2b2

l3 a3c2

= 0,

Iz prve od prethodnih dveju relacija sledi da je l3 = 0 jer bi u suprotnom l bio nulavektor. Ne umanjujuci opstost mozemo pretpostaviti da je l3 = c. Tada su l1 i l2resenja jednacina

l21a2

+l22b2

= 1 il1 a1a2

+l2 a2b2

=a3c.

Ako u drugoj od tih jednacina napravimo smene

a1 = b1 + l1a3c

i a2 = b2 + l2a3c,


koristeci prvu od tih jednacina dobija se da je

(1.69)l1 b1a2

+l2 b2b2

= 0.

Sem toga, kako je(b1 + l1 a3c

)2a2

+

(b2 + l2 a3c

)2b2

a23

c2=

b21a2

+b22b2

= 1,

tacka (b1, b2) ce pripadati elipsi po kojoj hiperboloid (1.27) sece ravan Ox1x2.Stoga brojevi b1 i b2 nisu istovremeno jednaki nuli pa jednakost (1.69) jednoznacnoodred-uje odnos l1 : l2 = a2b2 : b2b1. Neka je

l1 = a

bb2 u, l2 =

b

ab1 u.

Kako jel21a2

+l22b2

=(b22b2

+b21a2

)u2,

bice u2 = 1. Sem toga je

a1 = b1 + l1a3c

= b1 ua a3b c

b2,

a2 = b2 + l2a3c

= b2 ub a3a c

b1,

odakle se mogu dobiti vrednosti b1 i b2,

(1.70) b1 =a1 + u a a3b c a2

a21a2 +

a22b2

, b2 =a2 + u b a3a c a1

a21a2 +

a22b2

.

Neposredno se proverava da tacka sa koordinatama

(1.71) x1 = a1 ua

bb2 t, x2 = a2 + u

b

ab1 t, x3 = a3 + c t,

(gde su brojevi b1 i b2 dati formulama(1.71), a u = 1) pripada hiperboloidu(1.27) za svaki realan broj t.Dakle, u svakoj tacki hiperboloida (1.27)postoje dve prave zadate formulama(1.71) koje pripadaju tom hiperboloidupa je stoga jednokrilni hiperboloid 2 -struko pravolinijska povrs. Drugi dokaz: Primetimo najpre dase jednacina jednokrilnog hiperboloida(1.27) moze napisati u obliku

Slika 36. Prave na hiperboloidu

Povrsi viseg reda 27

(x1a

x3c

)(x1a

+x3c

)=

(1 x2

b

)(1 +

x2b

).

Uocimo sada sledece dve familije pravih

(1.72)x1a

x3c = p

(1 x2b

),

1 + x2b = p(x1a +

x3c

),

ix1a

x3c = q

(1 + x2b

),

1 x2b = q(x1a +

x3c

),

gde su p i q proizvoljni realni brojevi. Ocigledno sve prave iz obe familije pripadajuhiperboloidu. Takod-e za proizvoljnu tacku A sa hiperboloida postoji po tacno jednaprava iz svake od ove dve familije. Time je teorema dokazana.

Ove dve familije pravih imaju i do-datna svojstva, vidi Zadatke 1.8 i1.9).

Na slican nacin se dokazuje i sledecateorema (Zadatak 1.10):

Teorema 1.13. Hiperbolicki parabo-loid je 2 - struko pravolinijska povrs(Slika 37). Slika 37. Prave na paraboloidu

6. Povrsi viseg reda

Do sada smo ispitivale povsi koje se opisiju jednacinama prvog i drugog reda. Semnjih, i mnoge druge povrsi su interesantne. Ovde izdvajamo konoidne, rotacione izavojne povrsi.

6.1. Konoidne povrsi. Uz cilindre i konuse posebno isticemo jos jednu vrstu


pravolinijskih povrsi koje nazivamokonoidnim povrsima. Da bismodefinisali takve povrsi pretpostavimo dasu nam dati: neka kriva C koju nazivamodirektrisom te povrsi, neka prava pkoju nazivamo osom te povrsi, i nekaravan koju nazivamo direktornomravni te povrsi (Slika 38). Skup svihtacaka pravih koje sadrze po jednu tackukrive C i prave p, a paralelna su ravni ,bice konoidna povrs. Ona je dakle, podefiniciji, pravolinijska. Ako je ravan ,koordinatna ravan Ox1x2, prava p osax3, a kriva C je data jednacinama

p

C

Slika 38. Konoidna povrs

fi(x1, x2, x3) = 0, i {1, 2},

onda su generatrise konoidne povrsi zadate jednacinama

x2 = a x1, x3 = b

gde su a i b promenljivi parametri. Eliminacijom x1, x2 i x3 iz jednacina direktrisei generatrisa dobija se karakteristicna jednacina

f(a, b) = 0

konoidne povrsi. Iz te jednacine i jednacina generatrisa sledi da je

f(x2x1

, x3)= 0

Dekartova jednacina konoidne povrsi.

6.2. Rotacione povrsi. Neka su u prostoru zadate kriva C i prava s. Skupslika svih tacaka krive C u neprekidnim osnim rotacijama sa osom s je povrs kojunazivamo rotacionom ili obrtnom povrsi. Na Slici 39 dat je grafik funkcijex3 = f(x1) =

sinx31x21

na intervalu [0, 2] kao i rotaciona povrs koja nastaje rotacijomgrafika ove funkcije oko ose x3.

Povrsi viseg reda 29

Slika 39. Konstrukcija rotacione povrsi

Ako je prava s zadata parametarskom jednacinama

xi = mi + t ai, i {1, 2, 3},

a kriva C jednacinama u Dekartovom koordinatnom sistemu,

fi(x1, x2, x3) = 0, i {1, 2},

onda skup svih slika neke tacke krive C u rotacijama sa osom s, pripada krugu cijesu jednacine

(x1 m1)2 + (x2 m2)2 + (x3 m3)2 = 2,x1 a1 + x2 a2 + x3 a3 = .

Eliminacijom promenljivih x1, x2 i x3 iz prethodnih dveju jednacina i jednacinakrive C dobija se karakteristicna jednacina

g(, ) = 0,

rotacione povrsi. Dakle, njena jednacina u Dekartovim koordinatama je

g(

(x1 m1)2 + (x2 m2)2 + (x3 m3)2, a1 x1 + a2 x2 + a3 x3) = 0.

Med-u svim rotacionim povrsima isticemo torus koji se dobija neprekidnimrotacijama kruga K oko prave s koja sa krugom K nema zajednickih tacaka. Nekaje s osa x3, i neka je jednacinama

(x2 a)2 + x23 r2 = x1 = 0, a > r

zadat krug K u ravni Ox2x3. Parametarske jednacine toga kruga bice

x1 = 0, x2 = a+ r cosu, x3 = r sinu,


Ako sa v oznacimo ugao rotacije kruga K oko x3 ose (Slika 40), parametarskejednacine torusa ce biti

x1 = (a+ r cosu) sin v,x2 = (a+ r cosu) cos v,x3 = r sinu.

Eliminacijom parametara u i v iz prethodnih jednacina dobija se Dekartova jednacinatorusa

(x21 + x22 + x

23 + a

2 r2)2 = 4 a2 (x21 + x22).

x1

x2

x3

vu

r

Slika 40. Torus

6.3. Zavojna linija i povrs. U odeljku 6.2. definisali smo neprekidnu dila-tivnu rotaciju kao kompoziciju neprekidne rotacije i homotetije. Slicno tome, tran-sformaciju

(r, , x3) (r, + u, x3 + u c),

zadatu u odnosu na cilindricne koordinate, koja predstavlja kompoziciju neprekidnerotacije

(r, , x3) (r, + u, x3),

pri cemu se parametar u menja neprekidno, i translacije

(r, , x3) (r, , x3 + u c),

gde je c realna konstanta, zvacemo neprekidnim zavojnim kretanjem. Skup

Dopunski zadaci i vezbanja 31

x2

x3

M

u

x1

M O

Slika 41. Heliks i helikoid

svih slika (a, u, u c) proizvoljne tacke (a, 0, 0) prostora u neprekidnom zavojnomkretanju je kriva cije su parametarske jednacine

x1 = a cosu, x2 = a sinu, x3 = c u

koju nazivamo heliksom ili zavojnom linijom.Skup svih slika tacaka prave x2 = x3 = 0 u neprekidnom zavojnom kretanju saosom x3, je povrs cije su jednacine

x2 =x1

cosusinu, x3 = c u.

tj.x2x1

= tanx3c, x3 = c u.

Tu povrs cemo zvati zavojnom povrsi ili pravim helikoidom jer su osa rotacijei prava koju rotiramo med-usobno upravne. Ako nisu upravne dobijenu povrs cemozvati kosim helikoidom (Slika 41).Primetimo da heliks mozemo da shvatimo i kao presek cilindra r = a i pravoghelikoida zadatog prethodnom jednacinom, dok prav helikoid mozemo da shvatimoi kao konoidnu povrs cija je direktrisa heliks, osa prava x3, a direktorna ravanOx1x2.

Dopunski zadaci i vezbanja

1.1. Pod pretpostavkama Stava 1.2 dokazati da je

d(A, l) =1

v2

a q2 (a q) v(a q) v v2

.

1.2. Dokazati Stav 1.6.


1.4. Odredite koordinatne linije i povrsi cilindarskog i sfernog koordinatnog sis-tema.


1.5. Dokazati da je presek elipsoida i proizvoljne ravni ili elipsa ili tacka iliprazan skup.

1.6. Neka je dat jednokrilni hiperboloid kanonskom jednacinom (1.27). Sta supreseci hiperboloida sa ravnima normalnim na x2 osu?

1.7. Dokazati da je presek jednokrilnog hiperboloida i proizvoljne ravni ili hiper-bola ili dve prave koje se seku.

1.8. Dve pravolinijske generatrise jednokrilnog hiperboloida, koje pripadaju ra-zlicitim skupovima ?? i ??, leze uvek u jednoj ravni, a paralelne su samo u tomslucaju ako prolaze kroz tacke koje su simetricne sa centrom hiperboloida.

1.9. Dve pravolinijske generatrise jednokrilnog hiperboloida se mimoilaze akopripadaju jedno istom skupu pravih ?? i ??.

1.10. Dokazati Teoremu 1.13.

1.11. Za koje vrednosti parametra su povrsi odred-ene jednacinomx4 ax2y2 + y4 z4 + bxyz = c konusi?1.12. Dokazite Lemu 1.8.

1.13. Dokazite Teoremu 1.9.

1.14. Dokazite Lemu 1.8.

1.15. Za svaku povrs drugog reda Nf gde je f kao u (1.43) definisemo sledecevelicine:

T = a11 + a22 + a33 + a44, = a11 a12a12 a22

+ a11 a13a13 a33

+ a22 a23a23 a33

,

=

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

i D =a11 a12 a13 a14a12 a22 a23 a24a13 a23 a33 a34a14 a24 a34 a44

.

Dokazite da se velicine T, , i D ne menjaju pri prelasku sa jednog pravouglogkoordinatnog sistema u drugi, zbog cega se i nazivaju invarijantama povrsi drugogreda.

1.16. Za svaku povrs drugog reda Nf gde je f kao u (1.43) definisemo jos isledece velicine:

= a11 a14a14 a44

+ a22 a24a24 a44

+ a33 a34a34 a44

i =

a11 a12 a14a12 a22 a24a14 a24 a44

+a11 a13 a14a13 a33 a34a14 a34 a44

+a22 a23 a24a23 a33 a34a24 a34 a44

.

Dopunski zadaci i vezbanja 33

Dokazite da se velicine i ne menjaju pri prelasku sa jednog pravouglog koordi-natnog sistema u drugi pravougli koordinatni sistem kojima se podudaraju koordi-natni poceci. Nad-ite zakon po kojem se menjaju i prilikom translacije polaznogkoordinatnog sistema. Ove dve velicine nazivaju se poluinvarijantama povrsi dru-gog reda jer se ne menjaju pri ortogonalnim transformacijama (koje imaju fiksnutacku), a menjaju se pri translacijama.

1.17. Koristeci prethodna dva zadatka, Teoreme 1.10 i 1.11, i izvedite klasi-fikaciju povrsi drugog reda preko invarijanata i poluinvarijanata. Usporedi sa klasi-fikacijom krivih drugog reda preko invarijanata.

6.4. Problemi i interesantni zadaci.

1.18. Odrediti koji skupovi tacaka nastaju rotacijom prave oko prave.

1.19. Pokazati da se prostor E3 moze videti kao disjunktna uniju med-usobnomimoilaznih pravih.


1.21. Neka je dat elipsoid E i neka je tacka O njegov centar i neka su date tritacke, A,B i C, elipsoida E koje ispunjavaju sledeci uslov: vektori OA,OB i OCortogonalni. Dokazite da rastojanje tacke O do ravni odred-ene tackama A,B i Cne zavisi o izboru tih tacaka, tj. za svaku drugu trojku tacaka elipsoida E za kojevazi pomenuti uslov to rastojanje je isto.

1.22. Neka je dat skup tacaka u E3 takav da su preseci sa ravnima ili elipseili tacke ili prazni skupovi. Dokazati da je to elipsoid.

Literatura

[B] M. Berger, Geometrie, CEDIC, Paris, 1978.[BL] N. Bokan, Z. Lucic, Analiticka Geometrija,, rukopis, 1988.[Lj] D. Ljubic, Afina i euklidska geometrija, rukopis.

[Lo] D. Lopandic, Geometrija za III razred usmerenog obrazovanja, Naucna knjiga, Beograd,1979.

[Lu] Z. Lucic, Osnovi Geometrije.[P] M. Prvanovic, Osnovi Geometrije, Gradjevinska knjiga, Beograd 1980.

[ER] N.V. Efimov, E.R. Rozendorn, Lineinaya algebra i mnogomernaya geometriya, Nauka,Moskva, 1970.

[DP] C.T.J. Dodson, T. Poston, Tensor geometry, Pitman, London, 1971.

[D] J. Dieudonne, Linearna algebra i elementarna geometrija, Skolska knjiga, Zagreb, 1977.M.M. Postnikov,

[Ps] M.M. Postnikov, Analiticheskya geometriya, Lekcii po geometrii, 1, Nauka, Moskva,1986.

[M] F. Mocnik, Geometrija za vise skole knjazestva Srbije, Beograd, 1857.

Површи и криве у простору

Documents