Жиззах Политехника Институти
“Олий математика” кафедраси
М.Мансуров, Ў.Тўраев.
Аналитик геометрия элементлари
2-қисм
(Маъруза матни)
(Менежмент ва иқтисодиёт йўналиши учун)
Жиззах – 2008
Маъруза матни “Олий математика”нинг бўлимларидан бири бўлган аналитик
геометриянинг асосий масалаларини ўрганишга бағишланган бўлиб, у менежмент
йўналишида таълим олувчи биринчи курс талабаларига мўлжалланган.
Маъруза матни “Олий математика” кафедраси услубий семинарида кўриб
чиқилди ва “Автомеханика ” факультети услубий кенгашида тасдиқлаш учун
тавсия этилди.
Баённома №________ 2007 йил
Кафедра мудири
доц. А. Бердиёров.
Маъруза матни“Автомеханика” факультети услубий кенгашида муҳокома қилинди
ва тасдиқлаш учун институт услубий кенгашига тавсия қилинди.
Баённома №________ 2007 йил.
Факультет услубий кенгаши
раиси:
доцент М. Рахматуллаев.
Маъруза матни институт услубий кенгашида маъқулланди ва ўқув жараёнида
қўшимча адабиёт сифатида фойдаланиш учун тавсия этилди.
Баённома №10 5 июль 2007 йил
Институт услубий кенгаш
раиси:
доцент М. Позилов
Тақризчилар
1. А.Қодирий номли ЖПИ доценти Д.Ботиров
2. ЖПИ “Олий математика” кафедра доценти Р.Анваров
2
Мундарижа.
III-боб Фазода аналитик геометрия
1-маъруза:
1. 1§. Берилган нуқтадан ўтиб, берилган векторга
перпендикуляр бўлган текислик тенгламаси.
2. 2§. Текисликнинг умумий тенгламаси ва уни текшириш
3. 3§. Уч нуқтадан ўтган текислик тенгламаси.
Текисликнинг кесмаларга нисбатан тенгламаси
2-маъруза:
1. 4§. Текисликнинг нормал тенгламаси. Нуқтадан
текисликгача бўлган масофа.
2. 5§. Икки текислик орасидачи бурчак. Уч текисликни
кесишуви
3-маъруза:
1. 6§. Фазода тўғри чизиқ. Тўғри чизиқнинг вектор
шаклдаги тенгламаси. Тўғри чизиқнинг каноник ва
параметрик тенгламалари
2. 7§. Фазода тўғри чизиқнинг умумий тенгламаси ва уни
каноник кўринишга келтириш
4-маъруза:
1. 8§. Икки тўғри чизиқ орасидаги бурчак. Тўғри чизиқ ва
текислик орасидаги бурчак.
2. 9§. Тўғри чизиқ ва текисликнинг кесишуви
5-маъруза:
1. 10§. Иккинчи тартибли сиртлар ҳақида тушунча.
Иккинчи тартибли сиртнинг умумий тенгламаси.
2. 11§. Айланма сирт
6-маъруза:
1. 12§. Эллипсоид. Бир ва икки паллали гиперболоид
2. 13§. Эллиптик параболоид.
3. 14§. Гиперболик параболоид.
3
КИРИШ
Ушбу маъруза матни «Менежмент» мутахассислигига ажратилган
ўқув соатига мўлжалланган бўлиб «Иқтисодда математика» курсини
таркибий қисми бўлган “Аналитик геометрия” бўлимига бағишланган.
Маъруза матни уч бобдан иборат бўлиб, тенглик
аналитик
геометрия, иккинчи тартибли чизиқлар ва фазода аналитик геометрияни ўз
ичига олади.
«Менежмент» йўналишидаги мутахассисликларга математика фани
учун кам ўқув соати ажратилганлигини ҳисобга олиб иложи борича маъруза
матни ҳажмини оширмасликка ҳаракат қилинди. Маъруза матни ўқув
дастуридаги маърузаларни тўла қамраб, олганлиги учун уни ўқув кўлланмаси
сифатида фойдаланиши мумкин. Маъруза матни муаллифларнинг Жиззах
политехника институтида кўп йиллар мобайнида ўқиган маъруза ва
амалиёт машғулотлари асос қилиб олинди. Шунингдек кўп йиллар давомида
синовдан ўтган ва ижобий баҳоланган ўзбек ва рус тилларидаги
адабиётлардан кенг фойдаланилди.
Фани чуқуррок ўрганишини ҳоҳлаган талабалар учун китоб охирида
етарлича тўлиқ адабиётлар рўйхати келтирилди. Ўқув қўлланмани баён
қилиш жараёнида исботи келтирилмаган тасдиқларни исботини ўрганиш
учун адабиётлар курсатилди.
4
III - Фазода аналитик геометрия.
1-маъруза
Режа:
4. 1§. Берилган нуқтадан ўтиб, берилган векторга
перпендикуляр бўлган текислик тенгламаси.
5. 2§. Текисликнинг умумий тенгламаси ва уни текшириш
6. 3§. Уч нуқтадан ўтган текислик тенгламаси.
Текисликнинг кесмаларга нисбатан тенгламаси
Таянч иборалар: Нормал тенглама, масофа, нормалловчи
купайтувчи бурчак, икки тугри чизикнинг кесишуви.
1 - Берилган нуқтадан ўтиб берилган векторга перпендикуляр бўлган
текислик тенгламаси.
Аввало текисликни тушунчасига тегишли баъзи тушунчалар билан
танишайлик.
Текислик
тушунчаси
стереометриянинг
асосий
тушунчаларидан бўлиб, текисликдаги тўғри чизиқ каби бевосита
таърифланмайди.
Текисликка
тегишли
асосий
хоссалар
қўйидаги
аксиомаларда
мужассамлашган:
1) Бир тўғри чизиқ устида ётмаган уч нуқтадан факатгина бир
текислик ўтади.
2) Бир тўғри чизиқнинг икки нуқтаси текислик устида ётса, колган
барча нуқталари ҳам шу текислик устида ётади.
Келтирилган аксиомалар ва уларадан келиб чиқадиган натижалардан
фойдаланиб текисликни қўйидаги берилиш усуллари ёрдамида аниқлаш
мумкин:
1) Битта тўғри чизиқдан ва унда ётмовчи нуқтадан ўтувчи текислик.
2) Иккита кесишувчи тўғри чизиқ, оркали битта текисллик ўтади.
3) Иккита параллел тўғри чизиқ, оркали битта текислик ўтади.
Одатда текисликни грек алфавитни  ,  ,  ҳарфлари билан белгиланади,
ясашда эса текисликни бирор чекли қисми параллелограмм шаклда
курсатилади.
Энди қуйидаги масалани қарайлик:
5
Фазода M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) нуқтадан ўтиб n  A; B; C векторга перпендикуляр
бўлган  текислик берилган бўлсин. Шу  текисликнинг тенгламаси
тузилсин. Берилган текисликка перпендикуляр бўлган ҳар қандай вектор
текисликнинг нормал вектори дейилади.
 текислик тенгламасини тузамиз, чизиқ ва сиртни тенгламасини
тузиш қоидасига асосан  текислик устида M ( x, y, z ) координаталари
ўзгарувчи нуқта оламиз ва ўзгарувчи координаталар бўлган x, y, z орасидаги
боғланишни топамиз:
M нўқтани M 0 бирлаштириб Ì 0 Ì  ( x  x0 )i  ( y  y0 ) j  ( z  z 0 )k векторни
ҳосил қиламиз. n нормал вектор  текислик устида ётган тўғри чизиққа
перпендикуляр, хусусий ҳолда n  M 0 M , яъни (M 0 M , n)  0 ёки
(19,1)
ёки
A( x  x0 )  B( y  y0 )  C ( z  z 0 )  0
M 0 M  OM  OM 0  r  r0
эканини эътиборга олсак (r  r0 , n)  0 . (19,2) биз излаётган текисликнинг
вектор шаклдаги тенгламаси дейилади.
z
n
y
0
x
2 – Текисликни умумий тенгламаси ва уни текшириш.
Фазода тўғри бурчакли
ўзгарувчиларга нисбатан чизиқли
координаталар
Ax  By  Cz  D  0
системасида
x, y , z
(20,1)
бу ерда A 2  B 2  C 2  0 , тенглама берилган бўлсин. Исбот қиламизки (20,1)
текисликнинг тенгламаси. Ҳақиқатдан A  0 бўлса
A( x 
D
)  By  Cz  0
A
(20,2) бўлиб (20,2) тенглама (19,1) кўринишдаги тенгламадир, яъни (20,1)
текислик тенгламасини ифодалайди. Худи шунингдек (19,1)ни очиб чиксак
Ax  By  Cz  ( Ax0  By 0  Cz0 )  0 ёки D   Ax0  By 0  Cz0
6
десак, Ax  By  Cz  D  0
(19,1) тенгламаси ҳосил бўлади. (19,1)га
текисликнинг умумий тенгламаси дейилади. Энди текисликни, умумий
тенгламасини текширамиз: текисликни умумий тенгламасини текшириш
деганда, А, В, С, D коэффициентларни баъзи қийматлари нолга тенг
бўлганда текисликни фазода қандай жойлашганлигани текширамиз:
1) D = 0 бўлсин, бу ҳолда (19,1) тенглама Ax  By  Cz  0 бўлиб
координата бошидан ўтади ва нормал вектори n  Ai  B j  C k бўлади.
2) A = 0, B, C, D  0
бўлсин, яъни By+Cz+D=0
3) B = 0, A, C, D  0
бўлсин, яъни Ax+Cz+D=0
4) C = 0, A, B, D  0
бўлсин, яъни Ax+By+D=0
2, 3, 4 ҳол учун умумий қоида келтириб чиқарамиз.
Бунинг шу уч ҳолдан бирортасини, Масалан: 3 – ҳолни қарайлик. В = 0
бўлса, n  Ai  C k бўлади, яъни n вектор Билан ОУ ўқи орасидаги бурчак
90 0 га перпендикуляр бўлади. Энди
Ах+Cz+D=0 тенгламани кесмалар
шаклига келтирсак
Ax
Cz
x z
D
D

 1,
  1, a   , c   ,
D D
a c
A
C
x z
  1, текислик ОХ ўқидан a ва ОУ ўқидан с бирлик ажратиб n векторга
a c
перпендикуляр ёки ОУ ўқига параллел бўлган текислик тенгламасидир.
30)
z
(r –
n
y
0
x
7
z
у
х
r - 30
Бундан кўринадики текисликнинг умумий тенгламасида ўзгарувчи
x, y, z лардан кайси бири қатнашмаса, текислик шу қатнашмаган ўзгарувчига
мос келувчи координата ўқига параллел бўлар экан.
5) А = В = 0, C, D  0 бўлсин, яъни Cz+D=0
6) B = C = 0, A, D  0 бўлсин, яъни Ax+D=0
7) А = C = 0, B, D  0 бўлсин, яъни By+D=0
5, 6, 7 ҳол учун умумий қоида келтириб чиқарамиз. Масалан: 7 ҳолни
қарайлик:
А = С = 0 бўлса n  B j бўлади, яъни Ву+D=0 текислик учун ОУ ўқи нормал
вектор вазифасини бажаради, ОУ ўқига перпендикуляр текисликлар эса XOZ
текислиги ва ўнга параллел бўлган текисликлардир. Ву + D = 0 тенгламадан
D
 b. Демак Ву + D = 0 текислик ОУ ўқидан ва бирлик ажратган ва
B
XOZ текислигига параллел бўлган (r  31) текисликни ифодалайди.
y
z
y
r – 31
x
8
5 – ҳолда текислик OZ ўқига, 6 – ҳолда ОХ ўқига параллел бўлади.
Демак текисликни умумий тенгламасида ўзгарувчилардан иккитаси
қатнашмаса шу қатнашмаган ўзгарувчиларга мос келувчи координата
текисликларига параллел бўлар экан, М: х ва у қатнашмаса текислик ХОУ
координата текисликлигига параллел бўлади, у ва z қатнашмаса текислик
УОZ текислигига параллел бўлади.
8) А = В = D = 0, С  0
9) В = С = D = 0, А  0
10) А = С = D = 0, В  0
8, 9, 10 ҳоллар 5, 6, 7 ҳолларнинг D=0 бўлгандаги хусусий ҳолидир, яъни
текисликнинг умумий тенгламасида озод ҳад D=0 бўлиб икки ўзгарувчи
қатнашмаса, текислик шу қатнашмаган ўзгарувчига мос келувчи
координата текислигини ифодалайди:
Х = 0 тенглама УОZ координата текислигини,
У = 0 тенглама ХОZ координата текислигини,
Z = 0 тенглама ХОУ координата текислигини
ифодалайди (r – 32).
z
у=0
х=0
y
z=0
x
9
3 – Уч нуқтадан ўтувчи текислик тенгламаси. Текисликни кесмаларга
нисбатан тенгламаси.
Қуйидаги масалани қараймиз: бир тўғри чизиқ устида ётмаган
M 1 ( x1 , y1 , z1 ) , M 2 ( x2 , y2 , z 2 ) ва M 3 ( x3 , y3 , z 3 ) . Нуқталардан ўтувчи текислик
тенгламаси тузилсин. Нормал вектори n  Ai  B j  C k бўлиб M 1 ( x1 , y1 , z1 )
нуқтадан ўтган текислик тенгламасини ёзамиз.
A( x  x1 )  B( y  y1 )  C( z  z1 )  0 (21.1)
бу ерда А, В, С номаълум ўзгармас сонлар. А, В, С ни ихтиёрлигидан
фойдаланиб ушбу текисликни M 2 ( x2 , y2 , z 2 ) ва M 3 ( x3 , y3 , z3 ) нуқталардан
ўтади деб фараз қиламиз, яъни M 2 ва M 3 нуқтанинг координаталар (21.1)
тенгламани қаноатлантирсин, яъни
 A( x  x1 )  B( y  y1 )  C ( z  z1 )  0

 A( x 2  x1 )  B ( y 2  y1 )  C ( z 2  z1 )  0
 A( x  x )  B( y  y )  C ( z  z )  0
3
1
3
1
3
1

(21.2)
А, В, С ни номаълум десак (21.1) уч номаълумли учта бир жинсли чизиқли
тенгламалар системасидир.
Равшанки, бир жинсли тенгламалар системаси тривиал (0,0,0) ечимга
эга бўлади. Бизни эса (21.2) системани нотривиал ечими қизиқтиради.
Чизиқли алгебра курсида исбот қилинганки, бир жинсли тенгламалар
системаси нотривиал ечимга эга бўлиши учун (21.2) системани асосий
детерминанти нолга тенг бўлиши керак, яъни
x  x1 y  y1 z  z1
x 2  x1 y 2  y1 z 2  z1  0
x 3  x1 y 3  y1 z 3  z1
(21.2)
(21.2) тенглама биз излаётган текисликнинг тенгламаси, яъни M 1 , M 2 ва M 3
нуқталардан ўтувчи текисликнинг тенгламасидир.
Энди текисликни ясаш учун қулай бўлган текисликни кесмаларга
нисбатан тенгламаси деб аталувчи тенгламани уч нуқтадан ўтувчи
текислик тенгламасидан фойдаланиб келтириб чиқарамиз.
Текислик координата ўқларини A(a,0,0) , B(0, b,0) ва C (0,0, c) нуқталарда кесиб
утсин, бошкача айтганда текислик координата ўқларидан мос равишда
a, b, c кесмалар ажратсин (r – 32).
10
z
C (0,0, c)
c
b
B(0, b,0)
у
a
A(a,0,0)
х
(21.2) формуладан фойдаланиб А, В, С нуқталардан ўтувчи текислик
тенгламасини тузамиз:
x1=a, y1, z1=0; x2=0, y2=b, z2=0; x3=y3 z3=c
бўлганидан
x  x1 y  y1 z  z1
x 2  x1
x 3  x1
xa y0 z 0
xa y z
y 2  y1 z 2  z1  0 0  a b  0 0  0  0 ёки  a b 0  0
y 3  y1 z 3  z 1
0a 00 c0
a 0 c
детерминантни ҳисобласак
ёки
x y z
  1
a b c
(21.3)
( x  a)bc  abz  acy  0 ёки
xbc  yac  abz  abc
(охирги тенглик abc га бўлинган)
(21.3) тенглама текисликни кесмаларга нисбатан тенгламаси дейилади.
M:
x y z
   1 тенглама координата ўқларидан мос равишда 3, 5, 2 бирлик
3 5 2
ажратган текисликни ифодалайди.
Текислик кесмаларга нисбатан тенгламаси билан берилган бўлса, уни
ясаш қулай бўлганидан, умумий тенгламаси билан берилган текисликни
кесмаларга нисбатан тенгламага келтиришни ўрганамиз: бунинг учун
текисликни умумий тенгламасидаги озод ҳад D ни тенгликни ўнг томонига
ўтказиб, тенгликни - D га бўлиш кифоя.
Ax
By
Cz


 1, ёки
D D D
D
D
D
(21.3), бу ерда a   , b   , c   .
A
B
C
Ax  By  Cz  D  0 , Ax  By  Cz   D ,
x y z
  1
a b c
МИСОЛ: 2 x  3 y  4 z  12  0 текисликни ясанг.
11
ЕЧИШ:
Берилган тенгламани кесмаларга
келтирамиз:
нисбатан тенгламага
x
y
z

  1 . Демак бу текислик ОХ ўқидан a  6 , ОУ
6 4 3
ўқидан b  4 ва ОZ ўқидан c  3 бирлик ажратиб ўтар экан.
(r – 33)
2 x  3 y  4 z  12 (/12)
z
C (0,0,3)
у
B(0,-4,0)
A(6,0,0)
х
r – 33.
Мавзуни такрорлаш учун саволлар:
1) Текислик нима?
2) Текисликни билвосита таърифини келтиринг.
3) Текисликни нормал вектори нима?
4) Текисликнинг умумий тенгламасини ёзинг.
5) Текисликни умумий тенгламасида z катнашмаса, у кайси координата укига
паралел булади.
6) Координата бошидан утувчи текислик тенгламасини ёзинг.
7) Текисликнинг умумий тенгламасида x ва z катнашмаса у кайси координата
текислигига паралелл булади.
12
2-маъруза
Режа:
1. 4§. Текисликнинг нормал тенгламаси. Нуқтадан
текисликгача бўлган масофа.
2. 5§. Икки текислик орасидачи бурчак. Уч текисликни
кесишуви
Таянч иборалар: Нормал, нукта, масофа, энг якин масофа, модул.
4 – Текисликни нормал тенгламаси. Нуқтадан текисликгача бўлган
масофа.
нуқта ва (r , n 0 )  p  0 (22) текислик берилган
бўлсин. ((21.1) тенглама (19.2) дан n  n 0 бўлганда ҳосил бўлади).
M 1 (r1 )  M 1 ( x1 ; y1 ; z1 )
r – 33
(22.1) тенгламага текисликнинг вектор кўринишдаги нормал
тенгламаси дейилади. M 1 (r1 ) нуқтадан  текисликкача бўлган масофа деб М1
нуқтадан текисликка туширилган M 1 M 0  d перпендикулярнинг узунлигига
айтилади.
Биз (22.1) тенгламага ва берилган М1 нуқтанинг радиус вектори r1 га
асосланиб М1 нуқтадан(22.1) текисликкача бўлган масофани топамиз.(r– 33)
Векторларни қўшиш қоидасига асосан OM 0  OM 1  M 1 M 0
ёки
0
0
r( M )  r1  M 1 M 0 M 1 M 0   n  , чунки M 1 M 0 билан n коллинеар, d   .
М0 текислик нуқтаси бўлгани учун r0 (22.1) текислик тенгламасини
қаноатлантиради, яъни (( r  n 0 )  n 0 )  p  0 ёки (r1 n 0 )    p  0 ,   (r1 n 0 )  p
ёки d   бўлганидан
0
d  (r1 n 0 )  p
(22.2)
Демак, берилган M 1 (r1 ) нуқтадан берилган (22.1) текисликгача бўлган
масофани топиш учун текисликнинг нормал тенгламасидаги ўзгарув радиус
вектор r ни М1 нуқтанинг r1 радиус вектори билан алмаштириш ва ҳосил
13
бўлган соннинг абсолют қийматини олиш керак экан. (22.2) формулани
координата формасида ёзамиз:
r1  ix1  j y1  k z1 , n 0  i cos   j cos   k cos  бўлса
(r1 , n 0 )  x1 cos   y1 cos   z1 cos  ёки
d  x1 cos  y1 cos   z1 cos   p - (22.3)
Бундан кўринадики, М1 нуқтаданQ текисликкача бўлган масофани
топиш учун текисликни нормал тенгламасидаги ўзгарувчи x, y, z лар ўрнига
М1 нуқтанинг координаталари
x1, y1, z1 ларни қўйиб ҳосил бўлган
натижанинг абсолют қийматини олиш керак экан. Энди текислик умумий
тенгламаси билан берилган бўлса, уни нормал кўринишга келтириш билан
шуғулланамиз.
Бирлик векторни ҳамма вақт n 0 
a
a
тенгликдан фойдаланиб ҳосил
қилиш мумкин. (19.2) тенгламани (r, n)  D  0 (22.4) кўринишда ёзиш мумкин.
Равшанки (22.4) да n бирлик вектор бўлса, тенглама текисликнинг
нормал тенгламасига айланади, яъни
(r1 , n 0 ) 

1
 n
1

D
0
n
(22.5)
ифодага нормалловчи кўпайтувчи дейилади. Демак
 A2  B 2  C 2
Ax  By  Cz  D  0 текисликни умумий тенгламаисни нормал тенгламага
келтириш учун, уни  нормалловчи кўпайтувчига кўпайтириш керак экан,
бунда  нинг ишораси озод ҳад D нинг ишорасига тескари бўлади.
Текисликни нормал тенгламасини x cos   y cos   z cos   p  0 , текисликни
умумий тенгламасини нормал кўринишга келтирилгани
Ax  By  Cz  D
 A2  B 2  C 2
0
билан солиштирсак
cos  
A
 A2  B 2  C 2
, cos  
p
cos  ,
cos  ,
B
 A2  B 2  C 2
D
 A2  B 2  C 2
, cos  
C
 A2  B 2  C 2
,
.
cos 
лар текисликка ўтказилган нормал векторнинг
йўналтирувчи косинуслари дейилади.
Текисликнинг нормал тенгламаси x cos   y cos   z cos   p  0 унинг
бошка тенгламаларидан қуйидаги хоссалари билан ажралиб туради:
1. x, y, z лар олдидаги коэффициентлар квадратлари йиғиндиси
бирга тенг, cos 2  + cos 2  + cos 2  =1.
p 0 бўлиб координата бошидан текисликгача бўлган
2. озод
масофани билдиради.
14
Демак текислик тенгламаси берилган бўлса, уни нормал
тенгламалигини аниқлаш учун шу икки шартни бажарилишини текшириб
кўриш керак.
МАСАЛА: 2x + y – 2z – 9 = 0 текисликдан М1 (1,0,-3) нуқтагача бўлган
масофа топилсин.
ЕЧИШ: 2x + y – 2z – 9 = 0 текисликни умумий тенгламаси эмас, чунки 22 +
12 + (-2)2  0 . Шу сабабли нормалловчи кўпайтувчи  ни ҳисоблаймиз ва
берилган тенгламани  га кўпайтирамиз:

1
1
1
  ; 
3
3
2  1  (2)
2
2
2
2x y 2z
2 1 0 2  3
2
1 1
 
 3  0. d 1 
 
 3  1   
3 3 3
3
3
3
3
3 3
5 – Икки текислик орасидаги бурчак. Уч текисликни бир нуқтада
кесишуви.
Икки текислик орасидаги бурчак деб бу текисликлар орасидаги икки
ёқли бурчакка айтилади. (r – 34)
А
В
С
О
Икки текислик ўзининг вектор шаклдаги тенгламаси ёки умумий
тенгламалари билан берилган бўлсин:
(r , n1 )  D1  0
( r , n 2 )  D2  0
ёки
A1 x  B1 y  C1 z  D1  0
A2 x  B2 y  C 2 z  D2  0
n1 ва n2
нормал вектор орасидаги бурчак берилган текисликлар
орасидаги бурчак тенг ёки уни  гача тўлдиради. Икки текислик орасидаги
бурчак деб улар орасидаги қўшни бурчакларни ихтиёрийсини
тушўнганимиздан, икки вектор орасидаги бурчакни топиш формуласига
асосан шу бурчакни косинусини, яъни cos  ни топамиз:
15
cos  
(n1 , n2 )

n1 n2
A1 A2  B1 B2  C1C 2
A  B12  C12  A22  B22  C 22
2
1
(23.1)
Агар текисликлар параллел бўлса, n1 ва n2 ҳам параллел бўлади, икки
векторни параллеллик шартига асосан
A1 B1 C1


A2 B2 C 2
(23.2)
Агар текисликлар перпендикуляр бўлса, уларни нормал векторлари
перпендикуляр бўлди, яъни
(23.4)
A1 A2  B1 B2  C1C2  0
МАСАЛА:
x  y  4z  3  0
2x  y  2z  8  0
текисликлар орасидаги бурчак топилсин.
ЕЧИШ: n1  i  j  4k , n2  2i  j  2k
cos  
бўлганидан (23.1) формулага асосан
2 1 8
9
2


,   450
2
1  1  16  4  1  4 9 2
Энди уч текисликни бир нуқтада кесишиш масаласини қарайлик.
Умумий тенламалари билан учта текислик берилган бўлсин:
A1 x  B1 y  C1 z  D1  0
A2 x  B2 y  C2 z  D2  0
A3 x  B3 y  C3 z  D3  0
(23.5)
Бу текисликлар бир нуқтада ёки чексиз кўп нуқтада ёки умуман
кесишмаслиги мумкин. Агар (23.5) текисликлар бир нуқтада кесишса, бу
нуқта барча текисликларга тегишли бўлади, яъни унинг координаталари
(23.5) даги тенгламаларни ҳар бирини қаноатлантиради.
Демак учта текисликнинг кесишган нуқтасини топиш учун бу
тенгламаларни биргаликда система қилиб ечиш керак. (23.5) тенгламалар
системаси уч номаълумли учта чизиқли биржинслимас тенгламалар
системаси бўлганлигидан, чизиқли тенгламалар системасини ечишни бирор
усули билан, масалан Крамер қоидаси билан ечиш мумкин.
x  y  z  0,2 x  y  z  3  0,3x  2 y  2 z  1  0
МАСАЛА:
текисликларни
кесишиш нуқтаси топилсин.
ЕЧИШ: Берилган учта текисликни кесишиш нуқтасини топиш учун бу
тенгламаларни биргаликда система қилиб ечамиз:
x  y  z  0

2 x  y  z  3
3x  2 y  2 z  17

Берилган тенгламалар системасини Крамер қоидаси билан ечайлик:
аввало системани асосий детерминантини ҳисоблаймиз:
16
1 1
1
  2  1  1  2  4  3  3  2  4  12  0
3
2
2
0
x  3
17
1
1
0
1
 1  1  6  17  17  6  12;  y  2
3
 1  6  34  9  17  36;
2
1 1
 z  2 1
3
2
1
2
3 17  2
0
3  17  9  6  34  57  9  48
17
x
 y 36
 x 12

48

 1; y 

 3; z  z  
 4
 12
 12

12
Демак бу уч текислик M 1 (1;3;4) нуқтада кесишар экан.
Мавзуни такрорлаш учун саволлар:
1) Текисликни нормал тенгламасини ёзинг.
2) Нормалловчи купйтувчи нима?
3) Нуктадан текисликкача масофа таърифини беринг.
4) Берилган текисликдан берилган нуктагача булган масофанинг топиш формуласини
ёзинг.
5) Икки текислик орасидги бурчак таърифини беринг.
6) Икки текислик орасидаги бурчакни топиш формуласини ёзинг.
7) Уч текисликни кесишиш нуктаси кандай топилади?
3-маъруза
Режа:
3. 6§. Фазода тўғри чизиқ. Тўғри чизиқнинг вектор
шаклдаги тенгламаси. Тўғри чизиқнинг каноник ва
параметрик тенгламалари
4. 7§. Фазода тўғри чизиқнинг умумий тенгламаси ва уни
каноник кўринишга келтириш
Таянч иборалар: фазо, тугри чизик, вектор, йуналтирувчи,
каноник, параметрик, йуналтирувчи вектор
6– Фазода тўғри чизиқ. Тўғри чизиқнинг вектор щаклдаги тенгламаси.
Тўғри чизиқнинг каноник ва параметрик тенгламалари.
Фазодаги тўғри чизиқ ҳам текисликдаги тўғри чизиқ каби бевосита
таърифга эга эмас, билвосита таърифга эга: фазода тўғри чизиқни икки
текисликнинг кесишиш нўқталарини геометрик ўрни деб қараш мумкин.
Текисликдаги тўғри чизиқлар учун келтирилган барча аксиомалар фазодаги
17
тўғри чизиқлар учун ҳам уринли бўлиб қуйидаги битта хосса билан фарқ
қилади:
Текисликда икки тўғри чизиқ параллел бўлмаса, улар кесишади, фазода
эса кесишмаслиги мумкин.
Фазода параллел бўлмасдан кесишмайдиган тўғри чизиқларга айқаш
тўғри чизиқлар дейилади.
z
S
М1
М
r1
r
у
0
х
r - 35
Фазода тўғри чизиқнинг вектор шаклдаги тенгламасини келтириб
чиқарамиз: фазода бирор S вектор ва M 1 (r1 )  M 1 ( x1 ; y1 ; z1 ) нуқта берилган
бўлсин. Равшанки М1 нуқтадан S векторга параллел бўлган факат битта
тўғри чизиқ ўтади. Шу тўғри чизиқ М1 ва М нуқтаданўтувчи тўғри чизиқ
бўлсин. М нуқтани координаталари х, у, z бўлиб шу тўғри чизиқ буйлаб
ҳаракатлана олсин. Энди чизиқ тенгламасини тузиш қоидасига асосан х, у, z
лар орасидаги боғланишни топамиз:
M 1 M  r  r1 ва S векторлар коллиниар бўлганидан
бирор скаляр сон. (24.1) дан r векторларни топсак
r  r1   S (24.2)
r  r1
  (24.1), бунда 
S
(24.2) тенгламага фазода тўғри чизиқнинг вектор шаклдаги
тенгламаси дейилади. (24.2) тенгламадаги S векторга тўғри чизиқнинг
йўналтирувчи вектори дейилади.
r  xi  y j  z k ; r1 =х1  i  у 1 j + z1k бўлса (24.2) дан қуйидаги тенгликлар ҳосил
бўлади, яъни x  x1  m; y  y1  n; z  z1  p (24.3)
(24.3) тенгламалар фазода тўғри чизиқнинг параметрик тенгламалари
дейилади. (  - параметр)
(24.3) тенгликни ҳар биридан  ни топиб, сўнгра тенглаштирсак
x  x1 y  y1 z  z1


m
n
p
(24.4)
(24.4) фазода тўғри чизиқнинг каноник тенгламаси дейилади. Агар
тўғри чизиқнинг йулантирувчи вектори S бирлик вектор бўлса, яъни
S  i cos   j cos   k cos  бўлса (24.4) қуйидаги кўринишни олади:
18
x  x1 y  y1 z  z1


cos 
cos 
cos 
(24.5)
cos  ; cos  ; cos 
лар тўғри чизиқнинг йўналтирувчи косинуслари
дейилади. S векторнинг компонентлари m; n; p бирданига нолга тенг
бўлмаслиги равшан, чунки бирданига нолга тенг бўлса тўғри чизиқнинг
m; n; p лардан биттаси, ҳатто
фазодаги ўрни аниқланмайди. Лекин
иккитаси нолга тенг бўлиши мумкин.
m  0; n  0; p  0
бўлса x  x1  m; y  y1  o; z  z1  p
ёки
x  x1 y  y1 z  z1


тенглама ҳосил бўлади. Нолга бўлиш мумкин
m
o
p
МАСАЛАН:
бўлмаганидан бу тенгламани қандай тушуниш керак?
Охирги тенгламани қуйидагича ёзамиз:
x  x1 y  y1 x  x1 z  z1


,
ёки o( x  x1 )  m( y  y1 ) ёки
m
o
m
p
x  x1 z  z1

, y  y1
m
p
y  y1  0 ёки
Охирги тенгламалар йўналтирувчи вектори S  mi  o j  pk бўлган
тўғри чизиқни билдиради.
Агар
M 1 ( x1 ; y1 ; z1 ) , M 2 ( x2 ; y2 ; z 2 ) нуқталардан ўтувчи тўғри чизиқ
S  ( x 2  x1 )i  ( y 2  y1 ) j  ( z 2  z1 )k
тенгламасини тузиш талаб қилинса
бўлганидан
x  x1
y  y1
z  z1
.


x2  x1 y 2  y1 z 2  z1
7 – Фазода тўғри чизиқнинг умумий тенгламаси ва уни каноник
кўринишга келтириш.
Фазода тўғри чизиқни икки текисликни кесишишидан ҳосил бўлган
нуқталарнинг геометрик ўрни деб қараш мумкин, яъни
A1 x  B1 y  C1 z  D1  0 
 (25.1)
A2 x  B2 y  C2 z  D2  0
(25.1) фазода тўғри чизиқнинг умумий тенгламаси дейилади, бунда
текисликлар параллел бўлмаслиги керак, яъни
A1 B1
A2 B2
2

A1C1
A2 C 2
2

B1C1
B2 C 2
A1 B1 B1 C1

,

A2 B2 B2 C 2
ёки
2
 0.
(25.1) умумий тенгламадан унинг каноник тенгламасига ўтиш мумкин.
Бу қуйидагича амалга оширилади:
19
A1 B1
A2 B2
;
A1C1
A2 C2
;
B1C1
B2 C2
детерминантлар ҳисобланади.
Берилган текисликлар параллел бўлмаганидан
A1 B1
A2 B2
;
A1C1
A2 C 2
;
B1C1
B2 C 2
детерминантлардан ҳеч бўлмаганда биттаси нолдан фарқли бўлади.
A1 B1
МАСАЛАН:
A2 B2
0
бўлсин. Бу вақтда (21.1) ни қуйидаги кўринишда
ёзамиз:
A1 x  B1 y  C1 z  D1 

A2 x  B2 y  C 2 z  D2 
(25.2)
(25.2) х ва у нисбатан икки номаълумли иккита чизиқли
биржинслимас тенгламалар системасидир. Уни х ва у га нисбат ечсак
x  a1 z  b1
y  a 2 z  b2
(25.3)
тенгламалар ҳосил бўлади. (25.3) тенгламаларни z га нисбатан ечиб, уларни
тенглаштирсак
x  b1
y  b1
x  b1 y  b2
x  b1 y  b2 z  0
.
 z;
 z,

 z ёки


a
a2
a1
a2
a1
a2
1
Охирги тенглама M1 (b1 ; b1 ;0) нуқтадан ўтиб йўналтирувчи вектори
S  ai  a2 j  k бўлган тўғри чизиқнинг каноник тенгламасидир.
M1
S
y
x
МАСАЛА: 2х – 3у +2z – 5 = 0, 3х + 2у – 3z + 6 = 0 тенгламалар билан
тасвирланган тўғри чизиқнинг каноник кўринишга келтириб ясалсин.
20
ЕЧИШ:
A1 B1
A2 B2
2 3

32
 4  9  13  0 демак берилган тенгламаларда х ва
у ларни ўрнида колдириб, колганларини тенгликни ўнг томонга ўтказамиз
2 x  3 y  2 z  5

3x  2 y  3z  6
y 

2 3
3
2
 13,  x 
 2z  5  3
3z  6
2
 4 z  10
9 z  18  5 z  8
2  2z
3
 6 z  12  6 z  15  12 z  27
 y 12 z  27 12
 x 5z  8 5
8
27

 z ;y 

 z

13
13
13

13
13
13
8
27
x
y
5
8
12
27
13
13  z
яъни x  z  ; y  z  , ёки
 z;
5
12
13
13
13
13
13
13
x
охирги тенгликларни тенглаштирсак
8
27
y
13 
13  z  p
5
12
1
13
13
x
Бу тенглама
S
M 1 (
8 27
; ;0) нуқтадан ўтиб йўналтирувчи вектор
13 13
5
12
i
j  k бўлган тўғри чизиқ тенгламасидир.
13 13
Мавзуни такрорлаш учун саволлар:
1) Фазода тугри чизик учун асосий аксиомаларни айтинг.
2) Фазода тугри чизик билан текисликдаги тугри чизик кайси хссаси билан


 
фаркланади. 3) М 0 (3;4;5) нуктадан утиб S  2i  3 j  k вектор тенгламаларини
ёзинг.
4) Фазода тугри чизикнинг умумий тенгламасини каноник куринишга келтириш
усулини айтиб беринг.
5) x+y-2z+1=0 ва 2x-y+1=0 текисликларнинг кесишишидан хосил булган тугри
чизикнинг каноник тенгламасини ёзинг.
6) Икки текислик кандай шартлар бажарилганда тугри чизикни ифодалайди.
21
4-маъруза
Режа:
3. 8§. Икки тўғри чизиқ орасидаги бурчак. Тўғри чизиқ ва
текислик орасидаги бурчак.
4. 9§. Тўғри чизиқ ва текисликнинг кесишуви
Таянч иборалар: фазо, тугри чизик, вектор, йуналтирувчи,
каноник, параметрик, йуналтирувчи вектор.
8 – Икки тўғри чизиқ орасидаги бурчак. Тўғри чизиқ ва текислик
орасидаги бурчак.
Фазода икки тўғри чизиқ орасидаги бурчак сифатида фазонинг
исталган нуқтасидан шу тўғри чизиқларга параллел ўтказилган икки тўғри
чизиқнинг ташкил килган бурчакларидан ихтиёрий бирини оламиз. Бу бурчак
0 билан  орасида ўзгаради. Агар L1 ва L2 тўғри чизиқлар ўзининг каноник
тенламалари билан берилган бўлса равшанки улар орасидаги бурчак уларнинг
йўналтирувчи векторлари орасидаги бурчакка тенг.
z
S2
S1
L1
o
y
L2
x
L1 :
x  x1 y  y1 z  z1


m1
n1
p1
22
L2 :
cos  
x  x2 y  y 2 z  z 2


m2
n2
p2
бўлса
( S1 , S 2 )
m1m2  n1n2  p1 p2

S1 S 2
m12  n12  p12  m22  n22  p22
Агар L1 II L2 бўлса S 1 II S 2 бўлиб
m1 n1
p

 1
m2 n 2 p 2
(26.1)
(26.2)
(26.2) икки тўғри чизиқнинг параллелик шартидир. Агар L1  L2 бўлса
S 1  S 2 бўлиб m1m2  n1n2  p1 p2  0 (26.3)
(26.3) икки тўғри чизиқ перпендикулярлик шартидир.
Энди тўғри чизиқ билан текислик орасидаги бурчакни топиш
масаласини қарайлик: Тўғри чизиқ билан унинг текисликдаги проекцияси
орасидаги бурчакка тўғри чизиқ билан текислик орасидаги бурчак деб
айтилади. (r – 37)
z
n
S
L


y
0
r - 37
x
23
x  x0 y  y 0 z  z 0


m
n
p
Тўғри чизиқ
тенглама билан
текислик эса
Ax  By  Cz  D  0 тенглама билан берилган бўлсин. Тўғри чизиқ билан унинг
проекцияси орасидаги бурчак
 ўрнига, текисликнинг нормал вектори n
Ï
  бурчакни
билан тўғри чизиқнийўналтирувчи S вектори орасидаги
2
Ï
топиш қулай. Ҳақиқатан cos(   )  sin  бўлганидан
2
(n, S )
Am  Bn  Cp
(26.4)
sin  

2
2
nS
A  B  C 2  m2  n2  p2
Агар L II Q бўлса n  S бўлиб Am  Bn  Cp  0 (26.5)
(26.5) тўғри чизиқ ва текисликнинг параллелик шартидир. Агар L II Q
бўлса nII S бўлиб
A B C
 
m n p
(26.6)
(26.6) тўғри чизиқ ва текисликнинг перпендикулярлик шартидир.
9– Тўғри чизиқ ва текисликни кесишуви.
x  x1 y  y1 z  z1


(27.1) кваноник тенгламаси билан,
m
n
p
Q текислик Ax  By  Cz  D  0 (27.2) умумий тенгламаси билан берилган
L тўғри чизиқ
бўлсин ва улар узаро параллел бўлсин. L тўғри чизиқ билан Q текисликни
кесишган нуқтасини топамиз, яъни (27.1) ва (27.2) тенгламалар
системасини ечимини топамиз: бунинг учун (27.1) прапорцияни умумий
қийматини  билан белгилаймиз ва бу тенгламалардан x, y, z ларни топамиз,
яъни
x  x1 y  y1 z  z1
z  z1
x  x1
y  y1


,

 ,
,
m
n
p
p
m
n
x  m  x1 , y  n  y1 , z  p  z1 (27.3)
булардан
(27.3) даги x, y, z ларнинг қийматларини (27.2) га қўямиз:
A(m  x1 )  B(n  y1 )  C( p  z1 )  D  0 ёки
Ax1  By1  Cz1  D   ( Am  Bn  C p )  0 (27.4)
L тўғри чизиқ ва Q текислик параллел бўлмаганидан Am  Bn  Cp  0
(27.4) дан  ни топамиз:

Ax1  By1  Cz1  D
Am  Bn  C p
(27.5)
24
(27.5) ни (27.3) га қўйсак M 0 ( x0 ; y0 ; z 0 ) тўғри чизиқ билан текисликни
кесишган
нуқтаси
ҳосил
бўлади.
Агар
бўлиб
Am  Bn  Cp  0
Ax1  By1  Cz1  D  0 бўлса тўғри чизиқ билан текислик кесишмайди. Агар
Am  Bn  Cp  0 бўлиб Ax1  By1  Cz1  D  0 бўлса, бу вақтда L тўғри чизиқ
устида ётади ва улар чексиз кўп нуқтада кесишади.
МАСАЛА:
x 1 y z 1
 
2
3
2
тўғри чизиқ билан
x  2 y  2z  3  0
текисликнинг кесишиш нуқтаси топилсин.
ЕЧИШ: Am  Bn  Cp  1  2  3  2  2  (2)  2  6  4  4  0 , демак берилган
тўғри чизиқ ва текислик параллел эмас. Энди тўғри чизиқ тенгламасини
параметрик шаклга келтирамиз:
x 1
y
z 1
 ;  ;
  , x  2  1, y  3 , z  2  1
2
3
2
x, y, z ларни текисликнинг умумий тенгламасига қўямиз:
2  1  2  3  2(2  1)  3  0
2  1  6  4  2  3  0;4  4  0,   1
x0  2  1  2  1  1  3; y 0  3  1  3; z 0  2  1  1  3
Демак берилган тўғри чизиқ ва текисликни кесишиш нуқтаси M 0 (3;3;3)
экан.
Мавзуни такрорлаш учун саволлар:
1) Чизик нима?
2) Иккинчи тартибли эгри чизикнинг умумий тенгламасини ёзинг.
3) Умумий тенгламаси билан берилган иккинчи тартибли эгри чизикни каноник
куринишда ёзинг.
4) Айлана нима?
5) Айлананинг каноник тенгламасини ёзинг.
6) Эллипс гипербола ва параболанинг каноник тенгламасини ёзинг.
7) Гиперболанинг ассимптоталари нима?
8) Параболанинг директирисаси нима?
5-маъруза
Режа:
1. 10§. Иккинчи тартибли сиртлар ҳақида тушунча.
Иккинчи тартибли сиртнинг умумий тенгламаси.
2. 11§. Айланма сирт
Таянч иборалар: Нукта, сирт, фазо, туплам, кесишув, тенглама.
10 – Иккинчи тартибли сиртлар ҳақида тушунча. Иккинчи тартибли
сиртнинг умумий тенгламаси.
Декарт координаталар системасида координаталари F ( x, y, z )  0
(28.1) тенгламани қаноатлантирувчи нуқталарнинг геометрик ўрни сирт
дейилади. Сиртнинг бу таърифи умумий бўлиб, (28.1) тенглама чекли
25
сондаги нуқталар тўпламини, чексиз кўп нуқталар тўпламини ёки умуман
нуқталар тўпламини ифодалаши мумкин. Масалан: x 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  0
тенглама битта (0,2,1) нуқтани ифодалайди, x 2  y 2  z 2  4  0 тенглама
эса умуман нуқтани ифодаламайди. Демак x, y, z қатнашган ҳар қандай
тенглама сиртни ифодалайвермас экан. Энди сирт тенгламасини қатъий
таърифини берамиз:
F ( x, y, z )  0 (28.2) тенглама бирор S сиртнинг тенгламаси дейилади, агар шу
сиртда ётган ҳар бир нуқтанинг координаталари (28.1) тенгламани
қаноатлантирса ва сиртда ётмаган нуқтанинг координаталари (28.1)
тенгламани қаноатлантирмаса.
Фазода сирт тенгламаси берилган бўлса, сирт берилган дейилади.
Сиртлар учун ҳам қуйидаги икки масала ечилади:
1. Фазода сиртнинг умумий хоссасидан фойдаланиб, унинг тенгламасини
тузиш.
2. Фазода бирор сирт тенгламаси билан берилган бўлса, шу тенглама
билан берилган сиртни ясаш.
Масала: C (a;b;c) нуқтадан баробар узоқликда тўрган нуқталар геометрик
ўрнининг тенгламасини тузинг.
Ечиш:
Масалада тенгламаси тузилиши талаб қилинаётган сирт бу,
равшанки – сферадир. Фзода Декарт координата системасини қараймиз.
Сирт устидан координаталари ўзгарувчи M ( x; y; z ) нуқта оламиз, масала
шартига кўра CM  ўзгармас  R ёки
( x  a ) 2  ( y  b) 2  ( z  c ) 2  R
( x  a)  ( y  b)  ( z  c)  R
2
2
2
2
ёки
(28.3)
z
y
o
x
26
(28.3) тенглама сферанинг каноник тенглама C (a;b;c) унинг маркази
ва R радиуси дейилади. Хусусий ҳолда a  b  c  0 бўлса (28.3) қуйидаги
x 2  y 2  z 2  R 2 (28.4) кўринишни олади.
(28.4) тенглама маркази координата бошида ва радиуси R бўлган
сферани ифодалайди.
Ax 2  By 2  Cz 2  2 E1 xy  2 E 2 xz  2 E3 yz  2 A1 x  2 B1 y  2C1 z  F  0
Қуйидаги
(28.5) тенглама билан ифодаланадиган сиртда иккинчи тартибли сирт
дейилади, бу ерда A 2  B 2  C 2  E12  E 22  E32  0 .
(28.5) тенглама иккинчи тартибли сиртнинг умумий тенгламаси
E1  E 2  E3  0
дейилади.
Биз
бўлган
ҳолни,
яъни
(28.6) тенгламага қараймиз.
Ax 2  By 2  Cz 2  2 A1 x  2B1 y  2C1 z  F  0
Равшанки (28.3) тенгламада қавсларни очиб чиқсак (28.6) тенглама ўхшаш
тенглама ҳосил бўлади. Демак сфера иккинчи тартибли сирт экан.
Такидлаймизки (28.6) тенгламада А = В = С бўлса, тенглама сферани
ифодалайди. Умуман айтганда барча иккинчи тартибли сиртларни бирор
хоссасига асосланиб тенгламасини чиқариб бўлмайди. Кўпинча аналитик
геометрияни иккинчи масаласини ечишга, берилга тенгламакга асосан уни
ясашга тўғри келади. Бу масала кўпинча параллел кесимлар усули деб
аталувчи усул оркали ечилади. Бу усулнинг мохияти қуйидагидан иборат:
F ( x, y, z )  0 сирт координата текисликлари x = 0, y = 0, z = 0 ва уларга
параллел бўлган x  h1 ; y  h2 ; z  h3 текисликлар билан кесиши текширилади.
Сўнгра кесиш натижасида ҳосил бўлган эгри чизиқларни таҳлил қилиб
сиртнинг ўзи ясалади. Масалан: қандайдир номаълум сирт берилган, уни x =
0, y = 0, z = 0 текисликлар билан кесиш натижасида бирхил радиусни
айлана ҳосил бўлсин.
Равшанки бундай хоссага эга бўлган сирт сферадир.
11– Айланма сирт.
Иккинчи тартибли сиртлар орасида айланма сиртлар учрайди.
Масалан: x 2  y 2  R 2 айланани ОХ ўқи атрофида айлантирсак
x 2  y 2  z 2  R 2 сфера ҳосил бўлади.
Энди
айланма
сиртлар
ҳақида
тушунчалар
билан
танишамиз:
УОZ
текисликда бирор L чизиқ (r – 40) F (y;z) = 0
тенглама билан берилган бўлсин. L чизиқнинг
OZ ўқ атрофида айланашидан ҳосил бўлган
сирт тенгламасини тузамиз. Қулайлик учун L
чизиқнинг ҳамма нуқталари учун y  0 бўлсин.
M ( x, y , z )
нуқтаизланаётган
айланма
сиртнинг ихтиёрий нуқтаси бўлсин. M ( x, y, z )
нуқтаси L чизиқнинг N (0, y, z ) нуқтасини
27
айланиш вақтидаги бирор ҳолати деб қараш мумкин N нуқтаOZ ўқи
атрофида айланганда маркази P(0,0, z ) нуқтада бўлим радиуси У га тенг
бўлган айлана ҳосил бўлади, бу айлана ҳамма вақт ХОУ текисликка параллел
текисликда ётади. Шунинг учун М ва N нуқталарнинг аппликаталари бир
хил, яъни Z=z бўлади. P(0,0, z ) , M ( x, y, z ) бўлганидан
PM  x 2  y 2 ; PM  PN  Y бўлганидан Y  x 2  y 2
Z ва У ларнинг ифодаларини L чизиқнинг тенгламаси F (y;z) = 0 га қўйсак
F ( x 2  y 2 , z )  0 ҳосил бўлади. Бу тенглама айланма сирт тенгламасидир.
Агар L чизиқни ҳамма нуқталари учун y  0 бўлмаса, у ҳолда y  0 бўлади, бу
ҳолда PN = - Y, Y   x 2  y 2 . Бу ҳолда айланма сирт тенгламаси.
F ( x 2  y 2 , z )  0 бўлади.
Иккала ҳолни бирлаштирсак
F ( x 2  y 2 , z )  0 тенглама ҳосил бўлади.
Демак YOZ текисликдаги L чизиқни OZ ўқи атрофида айланишидан
ҳосил бўлган айланма сирт тенгламасини тузиш учун чизиқ тенгламасидаги
у ни  x 2  y 2 билан алмаштириш керак экан.
Агар L чизиқнимос равишда ОХ ва ОУ ўқлари атрофида
айлантиришдан ҳосил бўлган айланма сирт тенгламасини тузсак мос
равишда F ( x, x 2  z 2 )  0 ва F ( y, x 2  z 2 )  0 тенгламалар ҳосил бўлади.
Масала: YOZ текисликда жойлашган:
y2 z2

1
25 16
гипербтла, 3)
y 2  4z
1)
y2 z2

1
16 9
эллипс, 2)
параболаларнинг OZ ўқ атрофида
айланишидан ҳосил бўлган айланма сиртларнинг тенгламалари тузилсин.
Ечиш: чизиқлар YOZ текисликда берилагн бўлиб, OZ ўқи атрофида
айланишидан ҳосил бўлган сиртларни тенгламаларини тузиш кераклигида у
ни  x 2  y 2 , яъни y 2 ни x 2  y 2 га алмаштирамиз:
x2  y2 z2
x2  y2 z2

 1,

 1, x 2  y 2  4z .
16
9
25
16
Ҳосил бўлган тенгламалар билан ифодаланадиган айланма сиртларга
мос равишда айланма эллипсоид, айланма гиперболоид ва айланма
параболоид деб айтилади.
Мавзуни такрорлаш учун саволлар:
1) Сирт нима?
2) Иккинчи тартибли сиртнинг умумий тенгламасини ёзинг?
3) Иккинчи тартибли сиртнинг А,В,С коэффициентларининг узгаришига караб
хосил буладиган сиртларнинг номларини айтинг.
4) (x-a)2 +(y-b)2 +(z-c)2 =R2 тенглама иккинчи тартибли сиртми?
28
5) Аналитик геометриянинг биринчи масаласи буйича кайси иккинчи тартибли
сиртни тенгламасини келтириб чикариш мумкин?
6-маъруза
Режа:
4. 12§. Эллипсоид. Бир ва икки паллали гиперболоид
5. 13§. Эллиптик параболоид.
6. 14§. Гиперболик параболоид.
Таянч иборалар: Нукта, жисм, конус, цилиндр, туртбурчак
параллелограм, айлана, сфера, эллипс, гипербала, парабола.
12– Эллипсоид.
Тўғри бурчакли Декарт координаталар системасида
x2 y2 z2


1
a2 b2 c2
(30.1)
тенглама билан ифодаланадиган сирт эллипсоид дейилади. a, b, c
эллипсоиднинг ярим ўқлари дейилади. Агар a, b, c лар бир-бирига тенг бўлмаса
(30.1) уч ўқли эллипсоид дейилади. Агар a  b  c бўлса (30.1) дан маркази
координата бошида ва радиуси R  a бўлган сфера ҳосил бўлади.
(30.1) тенглама билан берилган эллипсоидни шаклини ва баъзи
геометрик хоссаларини аниқлайлик:
1. (30.1) билан (28.5) ни соллиштирсак эллипсоид иккини тартибли
сирт эканлиги келиб чиқади.
2. (30.1) да учта мусбат сонни йиғиндиси бирга тенглигида
x2
y2
z2
 1, 2  1, 2  1 ёки x 2  a 2 , y 2  b 2 , z 2  c 2 бу тенгсизликлардан  a  x  a,
2
a
b
c
 b  y  b,  c  z  c (30.2)
Демак эллипсоид чегараланган сирт бўлиб, кирралари 2a,2b,2c тўғри
бурчакли параллелепипед ичига жойлашган фигурадан иборат.
3. (30.1) ва (30.2) дан кўринадики, агар (30.1) даги қўшилувчилардан
бирортаси бирга тенг бўлса, колган иккитаси нолга тенг бўлиши керак.
x2
 1 бўлса x   a , y  0 , z  0 , бўлади ва (30.1) эллипсоид ОХ ўқини
a2
A1 (a;0;0) , A2 (a;0;0) нуқталарда кесиб ўтади. Худди шунингдек (30.1) эллипс
ОУ ўқини B1 (0; b;0) , B2 (0;b;0) , ОZ ўқини эса C1 (0;0; c) , C2 (0;0;c) нуқталарда
Масалан:
кесиб ўтади.
4. Энди (30.1) эллипсоидни координата текисликлари
кесишишидан ҳосил бўладиган чизиқларни аниқлаймиз:
билан
29
 x2 y2 z2


1
а) Эллипсоидни ХОУ текислик билан кесайлик. Бу ҳолда  a 2 b 2 c 2
ёки
z  0

x2 y2

 1 , яъни ХОУ текисликда ярим ўқлари a ва b га тенг бўлган эллипс
a2 b2
ҳосил бўлади.
в) Энди эллипсоидни XOZ текислиги билан кесак
 x2 y2 z2
 2  2  2 1
b
c
a
y  0

x2 z2

 1 , бу эса XOZ текисликда ярим ўқлари a ва
a2 c2
ёки
c га тенг бўлган
эллипсдир.
 x2 y2 z2


1
с) Энди YOZ текислик билан кессак  a 2 b 2 c 2
x  0

ёки
y2 z2

 1 , бу эса
b2 c2
YOZ текисликда ярим ўқлари b ва c бўлган эллипс тенгламасидир.
5. Энди (30.1) эллипсоидни координата текисликларига параллел
текисликлар билан кесганда ҳосил бўладиган чизиқларни ўрганамиз:
а) Эллипсоидни ХОУ га параллел z  h
текислик билан кесайлик
 x2 y2 z2
 2  2  2 1
b
c
a
z  h

ёки
x2 y2
h2
. Бу ерда қуйидаги уч хил бўлиши


1

a2 b2
c2
мумкин:
h2
а)  c hc бўлса 1  2  0 бўлиб
c
бўлаймиз, бу эса z  h
тенгламасидир.
x2
y2
тенгламага эга
1
h2
b (1  2 )
c
текисликда маркази (0;0; h) нуқта бўлган эллипс
h2
a (1  2 )
c
2

2
x2 y2
в) h  c ёки h  c бўлса 2  2  0 бўлиб x  0, y  0 бўлади. Демак z   c
a
b
текисликлар (0;0; c) ва (0;0;c) нуқталарда эллипсоидга ўтказилган уринма
текисликни ифодалайди.
с) h c
ёки h  c бўлса 1 
h2
x2 y2

0

0
бўлиб,
c2
a2 b2
бўлиб, яъни текислик
эллипсоид билан кесишмайди.
Худди шунингдек XOZ ва YOZ текисликларга параллел бўлган
текисклар билан эллипсоиднинг кесишувини текишириб таҳлил килсак 5.
даги каби эллипслар ҳосил бўлганини кўрамиз.
6. (30.1) тенгламада x, y, z лар жуфт даражада бўлганидан эллипсоид
координата бошига нисбатан симметрик деган хулосага келамиз. Бу 1 – 6
маълумотлар (30.1) эллипсоидан шакли кесимларда эллипслар ҳосил
30
бўлишидан (r – 41) кўринишда бўлада деган хулосага келамиз. Хусусий ҳолда
a  b  c бўлса
x2 y2 z2


 1 айланма эллипсоид ҳосил бўлади.
a2 b2 c2
r - 41
13– Гиперболоидлар.
Аналитик геометрияда икки хил, яъни бир паллали ва икки паллали
гиперболоидлар ўрганилади. Биз уларни алоҳида навбат билан ўрганамиз.
Бир паллали гиперполоид.
Тўғри бурчакли Декарт координаталар системасида
x2 y2 z2


1
a2 b2 c2
(31.1)
тенглама билан ифодаланадиган сиртга бир паллали гиперполоид дейилади.
Бир паллали гиперполоидни ясаймиз: уни координата текисликлари унга
параллел бўлган текисликлар билан кесамиз:
 x2 y2 z2


1
x2 y2
1. ХОУ текислик билан кесак  a 2 b 2 c 2
ёки 2  2  1 . (31.2)
a
b
z  0

Бу чизиқ ХОУ координата текисликгида ярим ўқлари a, b бўлган эллипсдир.
Агар уни ХОУ текисликка параллел
текислик билан кессак
zh
 x2 y2 z2
 2  2  2 1
b
c
a
z  h

ёки
x2 y2
h2


1

.
a2 b2
c2
(31.3)
Ҳосил бўлган эгри чизиқ z  h текисликда маркази (0;0; h) нуқтада бўлиб ярим
h2
h2
ўқлари a1  a 1  2 , b1  b 1  2 лардан иборат эллипсдир. Бунда h нинг
c
c
қиймати   дан  гача ўзгарган a1 ва b1 ҳақиқий қийматларга эга бўлади.
31
Энди (31.1) гиперболоидни XOZ ва YOZ текисликлар билан кессак
(31.4) ва
y2 z2

1
b2 c2
x2 z2

1
a2 c2
(31.5) гиперболаларга эга бўлиши (31.4) гиперболани
ҳақиқий ўқи ОХ бўлиб, (31.5) ники ОУ дир. Равшанки (31.3) тенглама билан
ифодаланган эллипснинг ярим ўқлари (31.4) ва (31.5) гиперболанинг ҳақиқий
ўқлари a, b га пропорционал бўлади. Шунинг учун бир паллали гиперболоид
(31.2) эллипсни ХОУ текисликка параллел силжитишдан ва бу ҳаракат
пайтида у (31.4) ва (31.5) гиперболалар шохлари буйича сирпаниб боришидан
ҳосил бўлади деб қараш мумкин.
Бу текширишлар бир паллали
гиперпоплоид r – 42 да келтирилган чексиз
узун ва ХОУ текисликдан ҳар икки
томонга узоқлашган сари кенгайиб
борувчи трубкасимон сирт эканини
курсатади. (31.1) тенгламада a, b, c лар
бир ковакли гиперболоиднинг ярим ўқлари
дейилади. Агар a  b бўлса (31.2) айланма
айланади. Шу сабабли a  b бўлса бир
паллали гиперболоидни (31.4) ёки (31.4)
гиперболанинг
OZ
ўқи
атрофида
айланишидан ҳосил бўлган сирт деб қараш
мумкин.
Бу
сирт
тенгламаси
x2  y2 z2
 2  1 бўлади.
a2
c
Икки паллали гиперболоид.
Тўғри бурчакли координаталар системасида
x2 y2 z2


 1
a2 b2 c2
(31.6)
тенглама билан ифодаланадиган сирт икки паллали гиперболоид дейилади.
a, b, c сонлар икки паллали гиперболоиднинг ярим ўқлари дейилади. Агар
a  b бўлса (31.6) тенглама
билан ифодаланган сирт
x2  y2 z2
 2  1 кўринишни олади ва тенглама
a2
c
2
2
z
y
 2 1
гиперболани OZ ўқи атрофида
2
c
b
айланишидан ҳосил бўлади ва шу сабабли уни ясаш қийин бўлмайди.
Энди (31.6) сиртни ясаш билан шуғулланамиз. Бу сиртни XOZ(у = 0) ва
YOZ(х = 0) текисликлар билан кессак, кесимда
z2 x2
z2 y2

 1 (31.7), 2  2  1 (31.8)
c2 a2
c
b
32
гиперболалар ҳосил бўлади. (31.7) ва (31.8) гиперболаларнинг ҳар иккаласини
ҳам ҳақиқий ўқи OZ ўқи бўлиб, улар OZ ўқини (0;0; c) ва (0;0;c) нуқталарда
кесиб ўтади. Энди (31.6) сиртни ХОУ тиекисликка параллел z  h текислик
билан кесамиз (31.6) ХОУ текислик билан кесишмайди
 x2 y2 z2
 2  2  2  1
b
c
a
z  h

ёки
x2 y 2 h2


1 .
a2 b2 c2
(31.9)
h2
(31.9) ярим ўқлари a1  a 2  1 ,
c
h2
b1  b 2  1 бўлган эллипсни h  c
c
2
2
x
y
шартда тенгламасидир. h c бўлганда 2  2 0 бўлим мавхум эллипс ҳосил
a
b
бўлади. h нинг қиймати c дан  гача ўзгарганда a1 ва b1 ярим ўқлар 0 дан 
гача усади ва c усиб борган сари эллипснинг ярим ўқлари ва ўзи
катталашади. (31.6) тенгламада x, y, z лар жуфт даражада бўлганлигидан
координата бошига ва координата текисликларига нисбатан шакли
симметрик эканлиги келиб чиқади. Кесимда ҳосил бўлган чизиқлар ва
қилинган таҳлилларга таяниб икки паллали гиперболоид иккита чўқур
эллиптик ваза ва a  b бўлганда иккита чўқур коса шаклдаги r  43 да
тасвириланган сиртдан иборат экан деган хулосага келамиз.
r – 43
14– Эллиптик параболоид.
33
Тўғри
z
2
2
бурчакли
x
y

, ( p 0, q 0)
2 p 2q
Декарт
координаталар
системасида
(32.1) тенглама билан ифодаланган сирт эллиптик
параболоид деб аталади.
Эллиптик параболоидни ясаш учун XOZ(y = 0) ва YOZ(x = 0)
текисликлар билан келамиз:


x2 y2
x2 y2
z



0
z


0 2


, x 2  2 pz (32.2), 
, y  2qz (32.3)
2 p 2q
2 p 2q

y  0
x  0


(32.2) ва (32.3) тенглама билан ифодаланган чизиқлар симметрия ўқи OZ
бўлган, ХОУ текисликдан юқорида жойлашган параболаларни тасвирлайди.
Энди (32.1) сиртни ХОУ текислигига параллел бўлган z  h текислик
билан келамиз:

x2 y2
z


0
x2 y2

¸êè

 h (32.3)
2 p 2q

2
p
2
q
z  h

(32.3) чизиқ ярим ўқлари a1  2 ph ,
b1  2qh бўлган эллипсдир.
Равшанки h  0, агар h  0 бўлса (32.1) параболоид ХОУ текисликка уринади.
h нинг қиймати 0 дан  гача ўзгарса a1 ва b1 ўқлар ҳам 0 дан  гача
катталашиб боради, яъни z  h текислик (31.1) эллиптик параболоидни
кесишидан ҳосил бўлган ХОУ текисликка параллел кесим юқорига
кўтарилган сари эллипс катталаша боради. Бу таҳлиллар эллиптик
параболоид (r – 44) да келтирилга шаклда бўлишини билдиради.
p  q бўлса (32.2) ва (32.3) параболалар тенглашади, (32.3) эллипс эса
айланага айланади. Бу ҳолда (32.1) тенглама
x2  y2
(32.4) кўринишни
z
2p
олади ва (32.2) ёки (32.3) параболани OZ ўқи атрофида айланишидан ҳосил
бўлади деб қараш мумкин.
34
r – 44
Тўғри
z
2
2
15 – Гиперболик параболоид.
бурчакли
Декарт
координаталар
x
y

, ( p 0, q 0)
2 p 2q
системасида
(33.1) тенглама билан ифодаланган сирт гиперболик
параболоид дейилади.
Гиперболик параболииднинг шаклини аниқлаш учун параллел кесимлар
усулини қўллаймиз:
(33.1) сиртни XOZ(y = 0) текислик билан кессак

x2 y2
z



2 p 2q , x 2  2 pz (33.2)

y  0

парабола ҳосил бўлади. (33.2) симметрия ўқи OZ бўлиб, кабакриклиги
“пастга” қараган параболадир. Энди (33.1) ни YOZ текисликка параллел
x  h текислик билан кессак:

x2 y2
z


h2

2
) (33.3)
2 p 2q ёки y  2q( z 

2p
x  h

h  0 бўлсак бу чизиқ симметрия ўқи OZ бўлиб координата бошидан ўтувчи
кабариклиги “юқорига” қараган парабола бўлиб, h  0 бўлса учи (33.2)
парабола учи билан бир нуқтада бўлиб (33.3) парабола шу параболага
параллел бўлган параболаларни билдириш. Энди (33.1) сиртни ХОУ
текисликка параллел z  h текислик билан кесамиз.

x2 y2
z


 0 x2 y2

,

 h (33.4)
2 p 2q

2 p 2q
z  h

Бу чизиқ ҳақиқий ўқи z  h
текисликда бўлиб, h 0 бўлганда ОХ ўқка
парллел гиперболан, h  0 бўлганда эса
ҳақиқий
ўқи
ОУ
ўқка
параллел
гиперболани тасвирлайди, h  0 бўлса
(33.4) дан
x
y

0
p
q
ва
x
y

0
p
q
ҳосил бўлади.
Бу
тенгламалар
координата
бошидан
ўтган
тўғри
чизиқ
тенгламаларидир.
Юқоридаги
таҳлиллардан кўринадики гиперболик парболоид r – 45 да курсатилган эгар
35
шаклда бўлиши келиб чиқади. (33.1) тенгламада x ва y лар квадратда
қатнашганидан XOZ ва YOZ текисликлар гиперболик параболоиднинг
симметрия текисликлари бўлади. O (0;0;0) нуқтагиперболик параболоидни
учи p, q сонлар унинг параметрлари дейилади.
Мавзуни такрорлаш учун саволлар:
1) Аналитик геометрияниг иккинчи масаласи нима?
2) Сиртни паралел кесиш усули билан ясашнинг мохиятини айтинг.
x2 y2 z 2
3) 2  2  2  1 сирт нима деб номланади? Уни ясанг.
a
b
c
2
2
x
y
z2
4)

  1 сиртни ясанг.
10 9
4
2
2
x
y
5) z 
сиртни ясанг.

4
9
x2 y2
6) z 2 
сиртни ясанг.

16 4
Асосий адабиётлар.
1. Х.Латипов, Ш.Тожиев, Р.Рустамов- “Аналитик геоиетрия ва
чизиқли алгебра” тошкент 1995йил.
2. М.Камолов – “Аналитик геометрия” Тошкент 1972йил.
Ёрдамчи адабиётлар.
1. В.Т.Лисичкин, И.А.Соловейчик-“Математика” Москва 1992 йил.
2. В.П.Минорский – “Олий математикадан масалалар тўплами”
Тошкент 1975 йил.
3. Б.Бобоназаров, М.Мансуров – “Аналитик геометрия ва чизиқли
алгебра элементларидан масалалар тўплами” Жиззах 2002 йил.
4. М.М.Пастников – “Аналитическая геометрия” Москва 1973йил.
36