Równanie ogólne płaszczyzny w E
3
.
Dane:
i
P
π
n
π
⊥
o
∈
n=[A,B,C]
P
0
(x
0
,y
0
,z
0
)
Wówczas:
P
0
P=[x-x
0
,y-y
0
,z-z
0
]
G
J
P
n
0
o
o
P P
n P P
π
∈ <=> ⊥
<=>
=
JJG
G JJJG
D
Równanie (1) nazywamy równaniem ogólnym płaszczyzny
A(x-x
0
)+B(y-y
0
)+C(z-z
0
)=0 (1’)
Ax+By+Cz+D=0
Przykład 1
E
3
y=x jest to równanie płaszczyzny π w E
3
π: x-y=0
]
0
,
1
,
1
[
v
n
−
=
⊥
Równanie parametryczne prostej w przestrzeni.
Dane:
i
P
π
n
o
∈
π
⊥
l
u=[a,b,c]
P
0
P
l
l: P=P
0
+tu ,t
∈R
l: (x,y,z)=(x
0
,y
0
,z
0
)+t[a,b,c] ,t
∈R
+
=
+
=
+
=
ct
z
z
bt
y
y
at
x
x
:
l
0
0
0
Powyższe postacie równania prostej w przestrzeni E
3
są równoważne.
Inne postacie równania prostej i płaszczyzny.
- równanie odcinkowe płaszczyzny
π: Ax+By+Cz+D=0
założenie: A
≠0, B≠0, C≠0, D≠0
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 1 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
Wówczas równanie ma postać:
1
=
−
+
−
+
−
C
D
B
D
A
D
z
y
x
Przyjmujemy:
C
D
B
D
A
D
c
b
a
−
=
−
=
−
=
,
,
Czyli:
1
=
+
+
c
z
b
y
a
x
(*)
y
x
z
b
a
c
(*) – Postać tą nazywamy
równaniem odcinkowym
płaszczyzny
- równanie krawędziowe prostej:
π
1
: A
1
x+B
1
y+C
1
z+D
1
=0
π
2
: A
2
x+B
2
y+C
2
z+D
2
=0
1
2
&
π
π
Jeśli:
to mamy równanie krawędziowe prostej. (Prosta jest
wyznaczona przez krawędź przecięcia dwóch nierównoległych płaszczyzn)
Wniosek:
2
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
n
n
v
||
l
]
C
,
B
,
A
[
n
π
]
C
,
B
,
A
[
n
π
×
=
=
⊥
=
⊥
Aby znaleźć równanie prostej l należy (przyjmując dowolnie jedną z
niewiadomych) rozwiązać układ równań:
π
π
2
1
- postać kanoniczna równania prostej:
c
z
z
b
y
y
a
x
x
0
0
0
−
=
−
=
−
Aby przejść do równania parametrycznego należy przyrównać kolejne
składniki do parametru i wyznaczyć x, y, z.
Def. 1
Pęk płaszczyzn
1.
π
1
||
π
2
pękiem płaszczyzn nazywamy zbiór wszystkich płaszczyzn
równoległych do
π
1
(
π
2
).
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 2 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
2.
1
2
π
π
&
pękiem płaszczyzn nazywamy zbiór wszystkich płaszczyzn
przechodzących przez wspólną krawędź
π
1
i
π
2
.
Uwaga
Dla pęku płaszczyzn zachodzi:
Jeśli:
π
1
: A
1
x+b
1
y+C
1
z+D
1
=0
π
2
: A
2
x+B
2
y+C
2
z+D
2
=0
∀k
1
,k
2
∈R: k
1
(A
1
x+b
1
y+C
1
z+D
1
)+k
2
(A
2
x+B
2
y+C
2
z+D
2
)=0
Odległość punktu od płaszczyzny w E
3
.
. P(x
1
,y
1
,z
1
)
P
1
Dana jest płaszczyzna o równaniu ogólnym:
π: Ax+By+Cz+D=0
Wówczas odległość punktu P od płaszczyzny
π dana jest wzorem:
2
2
2
1
1
1
C
B
A
D
Cz
By
Ax
)
,
P
(
d
+
+
+
+
+
=
π
Wzajemne położenie prostych w przestrzeni E
3
.
Prosa l
1
dana jest równaniem
l
1
: (x,y,z)=(x
1
,y
1
,z
1
) + t[a
1
,b
1
,c
1
]
l
1
:
1
1
v
t
P
P
+
=
Prosta l
2
dana jest równaniem:
l
2
: (x,y,z)=(x
2
,y
2
,z
2
) + t[a
2
,b
2
,c
2
]
l
2
:
2
2
v
t
P
P
+
=
I. proste są równoległe
2
1
2
1
v
||
v
l
||
l
⇔
II. proste przecinają się
}
P
{
l
l
l
||
l
0
2
1
2
1
=
∩
∧
¬
Warunkiem aby proste przecinały się jest
1.
)
v
||
v
(
2
1
¬
2. układ równań
ma dokładnie jedno rozwiązanie
2
1
l
l
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 3 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
Interpretacja geometryczna:
l
2
l
1
v
2
P
1
P
2
v
1
Warunek, aby proste się przecinały ma postać:
0
P
P
)
v
v
2
1
2
1
=
×
D
(
III. Proste są skośne
Warunek, aby proste były skośne ma postać:
1.
)
v
||
v
(
2
1
¬
2. układ równań
jest sprzeczny
2
1
l
l
Geometrycznie warunek ten ma postać:
0
P
P
)
v
v
(
2
1
2
1
≠
×
D
Odległość prostych w przestrzeni E
3
.
Dane są proste l
1
,l
2
1. Jeśli
to odległość prostych l
2
1
l
||
l
1
i l
2
jest równa odległości
dowolnego punktu z jednej prostej od drugiej.
2. Jeśli proste są skośne to odległość między nimi jest równa długości
najkrótszego odcinka łączącego obie proste.
2
1
2
1
2
1
2
1
v
v
P
P
)
v
v
(
)
l
,
l
(
d
×
×
=
D
Przykład
Badamy wzajemne położenie prostych.
=
−
−
=
+
=
t
z
t
3
2
y
t
4
9
x
:
l
1
+
=
−
−
=
−
=
s
2
2
z
s
9
7
y
s
2
x
:
l
2
P
1
=(9,-2,0)
P
2
=(-2,-7,2)
]
1
,
3
,
4
[
v
||
l
1
1
−
=
]
2
,
9
,
2
[
v
||
l
2
2
−
=
czyli
1
2
||
v v
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 4 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
Rozwiązujemy układ równań:
+
=
−
−
=
−
=
=
−
−
=
+
=
s
2
2
z
s
9
7
y
s
2
x
t
z
t
3
2
y
t
4
9
x
=
+
−
−
=
−
−
+
=
−
t
s
2
2
(**)
t
3
2
s
9
7
t
4
9
s
2
=
+
+
=
−
t
s
2
2
t
4
9
s
2
−
=
−
=
10
14
10
17
t
s
Sprawdzamy, czy ta para spełnia równanie (**)
-7-9s
≠ -2-3t
Wniosek: Proste są skośne.
Teraz znajdziemy równanie płaszczyzny
π, która zawiera prostą l
1
i do
której prosta l
2
jest równoległa.
π: l
1
⊂ π ∧ l
2
||
π
P
1
∈l
1
⇒ P
1
∈ π
P
1
=(9,-2,0)
∈ π
π
⊥
n
k
30
j
10
i
15
2
9
2
1
3
4
k
j
i
v
v
n
2
1
+
−
−
=
−
−
=
×
=
]
30
,
10
,
15
[
n
−
−
=
π: -15(x-9) – 10(y+2) + 30(z-0) = 0
π: -3x - 2y + 6z + 23 = 0
Wzajemne położenie płaszczyzn w przestrzeni E
3
.
Dane są trzy płaszczyzny
π
1
,
π
2
,
π
3
.
1. płaszczyzny przecinają się wzdłuż wspólnej prostej
⇔ układ
na nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od jednego
parametru
π
π
π
3
2
1
2. płaszczyzny przecinają się w jednym punkcie
⇔ układ
ma
dokładnie jedno rozwiązanie.
π
π
π
3
2
1
Powierzchnie stopnia drugiego w E
3
Równanie postaci:
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 5 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
0
c
z
b
y
b
x
b
yz
a
xz
a
2
xy
a
2
z
a
y
a
x
a
3
2
1
23
13
12
2
33
2
22
2
11
=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
jest równaniem powierzchni stopnia drugiego (właściwej lub niewłaściwej).
Postacie kanoniczne krzywych drugiego stopnia różnych rodzajów.
I. rodzaj: powierzchnia elipsoidalna.
1
c
z
b
y
a
x
2
2
2
2
2
2
=
+
+
elipsoida obrotowa
II. rodzaj: powierzchnia hiperboloidalna
hiperboloida jednopowłokowa
−
=
−
+
1
0
1
c
z
b
y
a
x
2
2
2
2
2
2
stożek eliptyczny
hiperboloida dwupowłokowa
hiperboloida jednopowłokowa
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 6 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
stożek eliptyczny
hiperboloida dwupowłokowa
III. rodzaj: płaszczyzna paraboliczno – eliptyczna
paraboloida eliptyczna
=
+
1
z
2
b
y
a
x
2
2
2
2
walec eliptyczny
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 7 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
paraboloida eliptyczna
walec eliptyczny
IV. rodzaj: paraboloidalno – hiperboliczny
paraboloida hiperboliczna
±
=
−
1
z
2
b
y
a
x
2
2
2
2
walec hiperboliczny
paraboloida hiperboloidalna
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 8 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
walec hiperboliczny
V. rodzaj: powierzchnia paraboloidalna
px
2
y
2
=
walec paraboliczny
walec paraboliczny
Uwaga
Równania postaci kanonicznych są wyznaczone tak, że osią symetrii jest
oś OZ a (jeśli istnieje) środkiem geometrycznym punktu (0,0,0)
FORMY KWADRATOWE
Def.
Formą kwadratową n zmiennych nazywamy odwzorowanie g, takie że:
g: R
n
→
R
∑
=
=
n
1
j
,
i
j
i
ij
n
2
1
x
x
a
)
x
,...,
x
,
x
(
g
a
ij
= a
ji
Macierzą formy kwadratowej nazywamy macierz A, taką że:
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 9 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna
=
nn
1
n
n
1
11
a
a
a
a
A
"
"
"
"
"
Z warunku a
ij
= a
ji
wynika, że macierz A jest macierzą symetryczną, tzn.
A
T
=A.
Przykład
g(x
1
,x
2
,x
3
)=x
1
2
-2x
2
2
+3x
3
2
-4x
1
x
2
+5x
2
x
3
-x
1
x
3
−
−
−
−
−
−
=
3
2
2
2
1
A
2
5
2
1
2
5
2
1
Postać kanoniczna formy kwadratowej.
Def.
Postać formy kwadratowej:
∑
=
=
n
1
i
2
i
i
n
2
1
)
'
x
(
a
)
'
x
,...,
'
x
,
'
x
(
g
, gdzie
∑
=
α
=
n
1
i
i
i
i
x
'
x
nazywamy postacią kanoniczną formy kwadrwtowej.]
Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą
Lagrange’a.
Założenia
∑
=
=
n
1
j
,
i
j
i
ij
n
2
1
x
x
a
)
x
,...,
x
,
x
(
g
a
ii
≠ 0
Schemat metody jest następujący:
1. grupujemy wyrazy zawierające x
i
2. uzupełniamy do kwadratu
Wykład dr Magdaleny Sękowskiej
strona 10 z 10
Część 15 – Euklid. przest. afiniczna