Оқулық Алматы, 201 5 Байарыстанов А. О. Жоғары математика і-бөлім Алматы 2015

12.24  1) 0(О;О), 
А( -
4;5)
12.25  1) <Э(0;0), 
А(
2;-5)
12.26  1) 0(0;0),  Л(-5;3)
12.27  1) <Э(0;0), 
Л(-6;1)
12.28  1) 0(0;0), 
А(4;-1) 
.^12.29  1) 0(0;0),  Л(5;-3) 
^12.30  1) О(6;0), 
А(-4;6)
2)0(0;0),  В (4;-3\
2 )0 (0 ;0 \  В (-
 3;4);
2)0(0;0)l 
В (-
 4;-2>,
2)О(0;0),  fi(4;-4>,
2) 0 (0;0),  Д(2;-2>,
Ш І 
в(-
 
2;5);
2)0(0;0), 
В3;5);
5.6 Өздік жүмыс тапсы рмалары н  шығару үлгілері
1-есеп.  Центрі  0(-2;3)  нүктесінде  орналаскан,  радиусы 
R
 = 4  болатын 
шеңбер  теңдеуін  жазыңыз,  оның  сызбасын  салыңыз. 
Л (-
2; - 1),  | У )  
жэне  С(-3;2)  нүктелері  шеңберде  i H
B
H
H
жататынын  немесе  жатпайтынын
тексеріңіз.
Центрі
теңдеуіне  коямыз.  сонда
2 ?
3 
f
  = 4 2  немесе  (лг + 2)2
Ал, 
А,В,С
 
нүктелерінің  шеңбердің  бойында  жататынын  немесе 
жатпайтынын  тексеру  үшін,  берілген  нүктелердін  координаталарын  соңғы 
теңдеудегі сэйкес 
х
  жэне  у-тін  орындарына  апарып  коямыз,  сонда  нәтижесі
теңдеудің  он  жағынан  үлкен  болса  —  шеңбердің  сыртында,  кіші  болса  — 
ішінде, тен  болса — шеңбердін бойында жатады (28-сурет).
СД-23)
C(-3:2)f-j 
# 1  ] 
V 
1  ч
Ж-2.-1)!
%
 •
ЯП.-І)
28-сурет
нүктес
з ) 2
16 = 16  болады.
нүктесі
з
)
2
25 > 16  болады.
б.  С (-3;2)- нүктесі шеңбердің ішінде жатады, себебі 
( - 3  + 2)2 + ( 2 - 3 )2  < 4 2 =>  2 <16  болады.
2-есеп.  1) 
х 2 + у 2 - 6 х  +
 2у  + 1 = 0;
2) 
х 2 + у 2 - 8 у  + 12 = 0;
95

3) 
х 2 + у 2 +
 Юх + 9 = 0  шеңберлерін салыңыз.
Шешуі:  1)  Шеңберді  салу  үшін  берілген  теңдеудін  толык  квадрат
формуласын 
{ ( a ± b f  = а 2 ± 2ab
 + 
Ъ1)
  пайдалана  отырып,  жалпы  түрге 
келтіреміз, ол үшін ең алдымен айнымалыларды топтастьфамыз, яғни
I + 
2 у ) +
1 = 0 
(5.34)
теңдеуін аламыз.  Осы теңдеудегі  эрбір айнымалыны толык квадратка келтіру 
үшін мына түрлендірулерді колданамыз:
а 2  = х 2  => а — х,   2ab = 6х=> 2xb
 = 
6х
 
Ц 
онда 
Ь2  = 9,
 сондыктан бірінші жакшадағы өрнек
- 6 х )
+
ь шъ
X 2 
-  6х
 Я 
х2 -  6х
 + 9 -  9 1  
(х
 -  З)2 -  9
түрінде жазылады, ал
° 2
 
I I
а = у,  2 ab
 = 2 
у = >  2yb
 = 
2 у
 => 
b
 = 1
онда 
b
  = 1, сондыктан екінші жакшадағы өрнек
у 2 + 2 у
 = 
у 2 + 2 у  +
- 1 = 
(у
 + 1)2. - 1 
түрінде жазылады.  Сонымен (5.34) теңдеуі мына түрде жазылады
3 f - 9  + { y + \ f
-1)  нүктесінде  с
і
(29-сурет).
29-сурет
Дәл  осылай  2)  жэне  3)  теңдеулермен  берілген  шеңберлерді  де  салуға
болады.
о
30-сурет
2) 
х 2 + у 2 - S y  + \ 2  =  0
2 + (у 2 - 8^ 1+12 = 0
X2
 +
[у2 —%у
+16
+ 12 = 0 =>jc2 + (jv — 4 )2 —16 + 12 => 
х 2 + ( у -
= 4,
яғнн  центрі  0(0;4)  нүктесінде  орналаскан,  радиусы 
R = 2
  болатын  шенбер 
аламыз (30-сурет).
3) 
х 2 + у 2
 +10jc + 9 = 0=>(jc2 + 10
х ) + у 2
  + 9  = 0=^
96

(
х
2 +10.
т
 + 2 5 - 2 5 ) + v2 + 9  = 0 = > ( x  + 5)2 + / + 9 - 2 5  = 0 = > (.t + 5)2 + v 2  = 16,
яғни  центрі  0(-5;0)  нүктесінде  орналаскан,  радиусы 
R
 = 4  болатын  шенбер 
аламыз (31 -сурет).
3-есеп. 
А\
 1;2)  жәнс  в(3;2)  нүктелері  берілген. 
АВ
  кесіндісі  диаметр
болатын дай  шенбер тендеуін жазыныз.
Шешуі:  Бүл есепте 
АВ
  диаметрі аркылы  шенбердін  центрін табамыз.  Ол 
f t o i H  
кесінліні  тендей  екі  бөлікке  бөлу  формуласы  бойынша  О-нүктесінін 
координаталарын табамыз:
•  
Х\+Х2
 
І   3+1 
-
X
 = —------ 
=> X
 = ----- = 2 - 
5
'  2  
. 
2 
* 
г
-  
Я  *  5^ 
-  
^
у = ———  => 
у 
= ------ = 2
2 
2
яғни  центрі 
0 (
2;2)  нүктесі болады.  Бұдан  0/4  шенберінін  радиусын табамьп. 
Ол екі нүктенің аракашыктығын есептеу формуласы
бойынша есептелінеді.  Яг ни
/? = 0 4 =   (3 - 1)2 + (2 -  2)2  =  4 + 0 =   4 = 2
тен. Сонымен  ізделінді  шенбер тендеуі мына түрде жазылады
(x ~ 2 f + ( y ~ 2 f = 4 .
4-есеп. 
х 2
  + 4 
у2 
=16  тендеуімен 
берілген 
эллипстін  фокустары  мен
эксцентриситетін табыныз жэне сызбасын 
салы вдіз.
Шешуі:  Берілген теңдеуді эллипстін канондык тендеуіне келтіреміз:
5 
2 
х2
 
у2
х
  + 4 у  = 16 => —  + —  = 1= > а = 4, 
Ь — 2
16 
4
онда
с = 
с Г - Ъ 1
  =  Л 6 - 4 =   12 = 2  3
болады.  Демек  фокустары  /^(-2л/3;о)  жэне  Ғ2(2>/3;о),  ал  эксцентриситеті
е
 = — = 
= —   болатын эллипс аламыз (32-сурет). 
щ 
4 
2
5-есеп. Берілгені:
1) фокустарынын аракашыктығы 
Ғ}Ғ2
  = 8 , ал кіші жарты өсі  6 = 3  болатын;
97

2)  үлкен  жарты  өсі 
а = 6 ,
  ал  эксцентриситеті 
е  -
 0,5  болатын  эллипстің 
канондык теңдеуін жазып  көрсетіңіз.
Шешуі:  1)  5.2.1  бөлімде  көрсетілгендей  Ғ ,(-с;  0)  жэне 
Ғ2(+с;
  0) 
болатындыктан 
Ғ1Ғ2  = 2 с .
  Онда  есептің  шарты  бойынша 
2с = 8 => с = 4 ,
  ал
Ь = Ъ
  тен,  онда  с2 = а 2 - 62 => 
Щ
 = с 2 
+ Ь 2
 = 16 + 9 = 2 5 ■ а  = 5 .  Сондыктан
теңдеуі
І р Я
25 
9
2)  5.2.3  бөлімінен 
е = -
  болатындыктан,  есептің  шарты  бойынша
с
  л 
..: 
W:
 С~ 4 1 > V 
ж4#'-Ч38"- 1111 •?
■
 - = 0,5,  ал 
а =
 6  тең,  онда  с = 0,5 • 6 = 3  болады.  Сонда  с2  = 
а 2 - Ь 2  Щ
,2 
2 
2 
І 
р
— . 
^ . 
1 
г*
~~ а   ~ с  — 3 6 —9 = 27 = > 6 =  27  тең.  Демек  эллипстің  канондык 
мына түрде жазылады
теңдеуі
j?  
§
  t 
I
36 + 2 7 -   ' 
Щ
6-есеп.  Эллипстің  үлкен  жарты  өсі 
а = 5
 
жэне 
1)4,8;  2)4;
3)3;  4)1,4; 
5)0  мәндеріне тең  с =   V -  
b2
  саны  белгілі  болғавдағы  кіші 
жарты  өс 
b
  мен эксцентриситет 
s
 -нің мәндерін табыңыз.
Шешуі:  1)  <2 = 5, 
с
 = 4,8  онда
с =   a 2 - b 2  = > с2  = а 2 - b 2  = > Ь=   :а2 - с 2
- с
  =  25 -  23,04 = 1,4,
яғни 
Ь =
 1,4, ал 
£ = —
  демек 
е = —  - —
  тең
a
  ______  
5 
25
____2
2) 
a
 - 5 ,  
с
 - 4 ,   с =  а   - 6   =>с2  = я 2 - 6 2  =>£ = 
а 2 - с 2
  =  2 5 - 1 6 = 3 ,
с 
4 
£ = — = 
—
а  
5
3)  а — 5,  с -  3, 
с
 — 
и
  — 
b  = > с 2  = a 2 —b2  m  b
 =  я 2 — с2  = -  25 — 9 = 4 ,
=  с  =  3 
я  
5
4)  я  -  5, 
с
 -  1,4,  с -   а 2 - 6 2  => с 2  = 
a 2 - b 2  => Ь
 =  а 2 - с 2  =  25-1,96  = 4,8,
= -  = 
= 
1_ 
а
 
5  " 2 5
5)  а -  5,  с - 0, 
с
 = 
\ a \ - b 2  = > с 2  = а 2 - Ь 2  -=> Ь =   а 2
 - с 2  =  2 5 - 0  = 5
о 
с
 
0  л 
£ = — = — = 0 .
а
 
5
7-есеп. 
х
  —4
у
  =16  гиперболасы мен  оның ассимптоталарын салыныз. 
Шешуі:  Берілген тевдеуді гиперболаның канондык теңдеуіне келтіреміз:
98

X 2
 
- 4
v2  = 
16 
=> 
Х
—  
—
 
= 1,  сонда 
а  =
 
4, 
Ь =
 
2, 
у = 
± —
х = ± —х 
болады  (33
16 
4 
^ 
а 
2
сурет).
33-сурет
8-есеп. 
х  - 4 у
  =16  гиперболасынан  ординатасы  1-ге  тен 
М(к;
 1)
нүктесі  алынған.  Осы 
М
  нүктесінен  гипербола  фокустарына  дейінгі 
аракашыктыкты табыныз.
Шешуі:  Берілген теңдеуді гиперболанын канондык теңдеуіне келтіреміз:
ңИИРИЯРРРч' 
Щ
 • '• 
' 
' 
Vv"* '•  .*" * 
'*•'
x2
 - 4 v 2  = 16=>  ——  — = 1,  a = 4,  6 = 2, 
с 
= 
a 2 + b 2
  =  16 + 4 =   20 = 2  5
16 
4 
_
тен, 
демек 
фокустары 
F j(-2   5;0) 
және 
F2(2  5;0)  (33-сурет), 
ал
с
 
2-/5 
5
эксцентриситет! 
е
 = -  = —--  = —  
болады. 
Берілген 
М \к\
 1) 
нүктесі
а 
4 
2
х2 
у 2 
к2 
\ 
к 2 
5 
гиперболада  жататын  б о л г а н д ы к т а н -----—5  = 1 
= >
--------- = 1 
=>
 —  = -  =>
16 
4 
16 
4 
16 
4
к 2  =20=> к = 2
  5 ,  ягни  Л/(
2
  5;l)  тен.  Енді  осы  нүктеден  /*](- 2  5;0)  жэне
F2(2  5;0) 
фокустарына 
дейінгі 
аракашыктыкты 
5.3.1 
бөлімінде 
көрсетітгендей 
сэйкес 
F{M  = rx = а + вс
 
жэне 
F2M = г2 = - а  + ех
^ *
формул ал ары мен 
аныктаймыз, 
сонда 
ҒХМ
 = г,  = 4 + —
2
  5 = 9  
жэне
F2M
 = г2 = - 4  +  ~~2  5 = 1  болады.  Ал,  осы  аракашыктыктын  дұрыстығын
тексеру  үшін 
жазыктыктағы 
екі 
нүктенін 
аракашыктығын 
есептеу 
формуласын  колданамыз, яғни 
Аух^уі)
  жэне 
В(х2, у 2)
  болса, онда
Aff =  (х2 -  хх Ү
 + 
(у2 ~ У\ Т 
орындалады. Демек, осы формула бойынша
ҒХМ
  =  (2 
5 
+ 2  5 f  + ( l - 0 )2  = 9
жэне
Ғ2М   =
  (2  5 - 2   5 І  + (l -  О)2  =1
болады
99

9-есеп.  Берілгені:
1)  фокустарынын  аракашықтығы 
2с
 = 10,  ал  төбелерінін  аракашыктыгы
2а
 = 8  болатын;
2)  накты  жарты  осі 
а —
 2  5,  ал  эксцентриситеті  £ =  1,2 
болатын
гиперболанын канондык тендеуін  жазыньгз.
Шешуі:  1)  Берілгені  бойынша  2с = 10 => с = 5,  2я = 8 => я = 4  болады,
онда
с 2  = а 2  +Ь~  => Ь2  = с 2 — а 2
  = 25 —16 = 9 => 
b
 = 9
тен, демек гиперболанын канондык теңдеуі
ш я
16 
9
болады.
2) 
а
 = 2  .5,  е = - =   1 ,2 = > с=   1,2-2  5 = 2   6 = v 2 4 ,
а  
" 
^
 
.; 5;. •"
с 2  — а 2 + Ь 2  => Ь2  = с 2 —а 2
  = 25 —16 = 9=>/? = 9, демек
Щ
й
 
:т
20 
4
болады.
10-есеп.  F (0;2)  нүктесі  мен  >» = 4  түзуінен  бірдей  аракашыктыкта
жаткан  нүктелердің  геометриялык  орнының  теңдеуін  жазыңыз.  Бұл 
сызыктың  координата  өстерімен  киылысу  нүктелерін  табыңыз  жэне 
сызбасын салыңыз.
Шешуі:  Алдымен  Ғ(0;2)  нүктесі  мен 
у
 = 4  түзуінін 
Оу
  өсі  ( jc = 0)
бойындагы ортасын табамыз.  Ол нүктені 
А(х,у)
 деп белгілесек, онда
0 + 0  п 
2 + 4  і
х
 = ------=  0  жэне  V = ------ = 3,
2 
2
яғни  Л(0;3)  болады.  Онда  есептің  шарты  бойынша  ізделінді  нүктелердін 
геометриялык  орны  симметрия  өсі 
Оу
  жэне  бас  нүктесі  Л(0;3)  болатын
параболаны 
береді. 
5.4.3 
бөлімінде 
көрсетілген 
х 1
 = 
—2р у  
( р >
 0) 
фомуласының  негізінде,  егер  параболанын  бас  нүктесі  /1(jc0,_v0)  болса,  онда
(х —х0)2 = - 2
р ( у  — Уо)
  формуласын  аламыз.  Берілген 
у — 4
  түзуінін 
Оу 
өсімен 
киылысу 
нүктесін 
Z>(0;4) 
деп 
белгілесек 
онда
р
 = 
FD
  =  (О — О)2 + (4 — 2)2  = 2.  Сондыктан
( х \ 0 )2  = - 2  • 
2(у
 — 3) => х2  = ~4(у -  3)
параболасын  аламыз  (34-сурет).  Осы  параболанын  координата  өстерімен 
киылысу нүктелерін табамыз:
х = 0 => - 4  
(у
 -  3) = 0 => - 4  
у
 +12 = 0 => - 4  
у
 = -1 2  => 
у
 = 3;
^  = 0 => х 2  = 12 => х = ±  12 => х = ±2  3 ,  ягни 
х{
  = 
—2
  3  жэне  х2 = 2  3  (34- 
сурет).
100

34-сурет
11-есеп.  Координаталар  бас  нүкгесінен  жэне  дг = - 4   түзуінен  бірдей 
кашыктыкта  жаткан  нүктелердің  геометриялык  орнының теңдеуін  жазыныз. 
Алынған  сызыктын  координата  остерімен  киылысу  нүктелерін  табыңыз 
жэне сызбасын салыныз.
Шешуі:  Алдыңғы  есепте  айтылғандай  іздеп  отырған  сызығымыз  фокусы 
координаталар  бас  нүктесі  F(0;0)  жэне  директрисасы  jt = - 4   түзуі  болатын
Ох
 
өсіне  карағанда  симметриялы  болатын  парабола  болады.  Осы 
параболанын  бас  нүктесін  табу  үшін  F(0;0)  нүктесі  мен 
х = - 4
  түзуінің
ортасы болатын 
А(х,у)
 нүктесін табамыз:
х =
0 - 4
2
0 
-  
0 + 0  п 
—2  жэне  у = г---- = 0 ,
7 
2
jc
  =  —4
Д(-4:0) 
а
(-2,0
ягни
4
35-сурет
үшін
колданамыз 
р
 = 
FD
  =  ( -  4 -  О)2 + ( 0 - 0 ) 2  = 4 ,  мұндағы  D (- 4;0)  нүктесі 
jc = - 4  
түзуінің 
Ox
 
өсімен 
киылысу 
нүктесі. 
Онда 
парабола
у 2
  = 2 • 
4(х
 + 2) ^  
у 2
  = 8(х + 2) 
теңдігімен
параболанын
табьитады:
аныкталады 
(35-сурет). 
Бұл 
координата  өстерімен  киьыысу  нүктелері  мына  түрде
х = 0 => 
у  
=16 
=> у  = ±
  16 
у  
= ±4, ягни  У|  = —
4  жэне  у2  = 4 ; 
у 
=  0 
=>
 0 =  
8(х
 
+ 
2) 
=> 8дг + 1
6 
=  0 => 8дг =  —1
6 
д: =  
— 2  (35-сурет).
101

12-есеп.  1)  0(0;0)  жэне 
А(
 1;-3)  нүктелері  аркылы  өтетін  жэне  Ох-ке 
Караганда симметриялы орналаскан;
2)  0(0,0)  жэне  5(2,—4)  нүктелері  аркылы  өтетін  жэне 
О у-
ке  Караганда
симметриялы орналаскан парабола теңдеуін жазыңыз.
Шешуі.  1)  Есептің  шарты  бойынша  парабола  Одг-ке  Караганда 
симметриялы  болгандықтан,  оның  бас  нүктесі  0 (0;0)  болады  жэне 
Л(
 1;- 3)
нүктесі  параболада  жататын  болгандыктан  оның  тармагы 
Ох
  өсінің  оң 
жагында  болады,  ягни  параболаның  жалпы  теңдеуі 
у 2
 = 
2рх
  түрінде 
жазылады.  Берілген 
А(
1;-3) 
нүктесі  параболада  жатады,  сондыкган 
9 = 
2 р
 • 1 => 
2 р  = 9 =>р
 = 4,5  онда 
у 2
  = 
9х
  болады.
2) 
Парабола 
О у
-ке  Караганда  симметриялы  болгандыктан  онын  бас 
нүктесі 
0(0,0) 
болады  жэне 
В{2\-А)
 
нүктесі  параболада  жататын 
болгандыктан  онын  тармагы 
Оу
  өсінің  теріс  жагында  болады,  ягни
параболанын  жалпы  теңдеуі 
х 2
  = 
- 2 р у
  түрінде  жазылады.  Берілген 
В{
2;-4) 
нүктесі  параболада жатады,  сондыктан  4 = - 2р  • ( -  4 ) 
2 р
 = 1 => 
р
 = 0,5  онда
х  ~~У
  болады. 
, ' 11 
В ^ Н В ^ В
VI. Екінші ретті беттер туралы  жалпы үгымдар
6.1  Беттеңдеуі
беги
геометриялык  орны  деп  карастырамыз.  Беттің  осы  аныктамасында  сол  бетке 
тиісті нүктелердің барлыгына ортак касиет камтылады.
Тікбұрышты  координаталар  жүйесіндегі  беттің  кез  келген  нүктесінің 
координаталарын 
х, 
у ,
  z -деп  белгілесек, 
онда  олардың  арасындагы
байланыс  аркылы  бет  нүктелерінің  касиетін  өрнектейтін  теңдеу  кұрамыз. 
Мұндай  теңцеу 
бет  теңдеуі,
  ал  оны  канағаттандыратын  координаталар  -  
•*> 
У*  z ~
 тер 
агымдагы координаталар
 деп аталады.
Сонымен 
осы 
түрде 
кұрылған 
теңдеулер 
аркылы 
бетгердің
геометриялык  касиеттерін,  олардың  сэйкес  аналитикалык  касиетгері  аркылы 
зерттейміз.
Берілген  беттің  теңдеуін  кұрудың  классикалык  мысалы  ретінде 
тікбұрышты  координаталар  жүйесінде  центрі 
С(а,  Ь,
  с)  нүктесінде  болатын
жэне радиусы 
R -
 re тең  сфераның теңдеуін  кұрамыз.  Ол ушін сфераның кез 
келген 
М
  нүктесінің  координаталарын 
х,  у ,
  |   деп  алып,  оның  барлык
нүктелеріне  ортак  аналитикалык  касиеттерін  өрнектейміз.  Сфераның
аныктамасы  бойынша  оның  кезкелген 
М
  нүктесінің  центрінен  кашыктығы 
эркашан түракты жэне оның радиусына тең, ягни
CM  =  R.
 
(6.1)
Екі нүктенің аракашыктыгының формуласынан
102

г
CM -   Щ х - а )
  -f-(y -6)  -f ( z - c ) 2.
Ендеше (6.1) тендеуі
CM
 = 
(
jc
 
-  
a)2
  •+• (7 -  
b)2
 + (z -  
c)2
  = /?
түрінде немесе
(x - а )2 + ( v -  £>)2 + (z -  с)2  = Л2 
(6.2)
түрінде  жазылады.  Осы  (6.2)  теңдеуін 
сфераның  теңдеуі
  болып  табылады. 
Дербес  түрде,  (6.2)  теңдеуінде 
а - Ь  = с ~
 0  тең  болғанда,  яғни  сфераның 
центрі координаталар жүйесінің бас  нүктесінде орналасканда, (6.2) теңдеуі
х 2 + y 2 + z 2 = R 2
 
(6.3)
түріндегі  карапайым  тендеумен  жазылады.  Дәл  осылай  кез  келген  беттің 
барлык  нүктелеріне  ортак  касиетті  сол  нүктелердің  координаталары  аркылы 
теңдеу түрінде жазуға болады, ол теңдеу жалпы түрде былай жазылады:
Ғ(х,  у 9
  z )=  0. 
(6.4)
Керісінше,  осы  (6.4)  тендеуі  жалпы  алғанда, 
айнымалылар 
jc
, 
у,  z
аркылы  жазылған  бетті  нүктелердің  геометриялык  орны  ретінде  аныктайтын 
болады.  Осы  жоғарыдағы  айтылғандардан  мынадай  негізгі  екі  мәселені 
кортып шығарамыз:
1)  бет  нүктелердің  геометриялык  орны  ретінде  берілсе,  онда  осы  беттің 
теңдеуін жазуымыз керек;
2)  координаталар  х,  v,  z - т і  байланыстыратын  тендеу  берілсе,  онда  осы
теңдеу аркылы аныкталатын бетгің кескінін зерттеуіміз керек.
6.2 Сфера
Центрі  С(а,  6,  с)  нүктесінде,  ал  радиусы 
R
  болатын  сфераның  теңдеуі 
(6.2) екенін, яғни
{ x - a f  + ( y - b f  + ( z - c ) 2  = R2
 
(6.2)
болатынын білеміз.
Енді осы теңдеудегі жакшаларды ашып, теңдеуді
JC2 
+ у 2
 + z 2 
- 2 a x - 2 b y - 2 c z  + [a2 + b 2
 + с 2 - Д 2)= 0  
(6.5)
түрінде жазамыз.
Соңгы 
теңдеуден 
айнымалылар 
jc
,  
у
 
жэне 
z - к е  
Караганда
айнымалылары  екінші,  бірінші  жэне  нөл  дэрежелі  мүшелердің  бар  екендігін 
көреміз.  Осы  түрдегі  теңдеуді  екінші  дәрежелі  тендеу  деп  есептейміз. 
Сонымен  сфераның  теңдеуі  ағымдагы  координаталарға  Караганда  екінші 
дэрежелі  теңдеу болатынын  көреміз.  Бірак кезкелген  түрдегі  екінші дәрежелі 
теңдеу сфераны аныктай бермейді.
Шындығында 
(6.5) 
теңдеуінен 
сфераның 
теңдеуінде 
агымдагы 
координаталардың  квадраттарынын коэффициенттері  өзара  тең  екендіктерін, 
ал  координаталарының  көбейтінділері 
(ух,  х
z, 
yz)
  болмайтынын  көреміз.
103

Керісінше, екінші дәрежелі жалпы теңдеуде, біріншщен  jc", 
у *
  және 
z
  -ты ң
коэффициенттері 
өзара 
тең 
болса, 
екіншіден, 
координаталарының 
көбейтінділері 
(ху,  xz,  yz)
  жок болатын  болса,  онда ол сфераны аныктайтын
болады,  яғни  ондай  теңдеуді  әр  уакытта  (6.2)  түріне  келтіруге  болатынын 
көреміз. 
U"
Сонымен,  берілген  екінші  дэрежелі  (ағымдағы 
х, у 9 z
 -  ке  карағанда)
теңдеу  аркылы  оның  сфераны  аныктайтынын  немесе  аныктамайтынын  көре 
.  аламыз.
^ 
^ 
л 
?
Мысалы, 
х
  + 
у~
 + 
z~
 -  
6 у
 + 
4 z
 -  2 = 0  теңдеуінің сфераны  аныктайтынын 
көрсетеміз. 
щл
  .>   , 
-ч~
Шешуі:  Шындығында  берілген  тевдеуде 
х  ,  у
 
жэне 
z~
 -тарды н 
коэффициенттері өзара жэне бірге тең.  Берілген теңдеуді түрлендіріп,
(х —0)2 f  (у -  З)2 + (z + 2)2 - 9 - 4 - 2  = 0
немесе 
|
( х - 0)2 + ( у - З )2 + (z + 2)2 =15
түріне  келтірсек,  онда  центрі  С(0,  3,  - 2 )   нүктесінде  болатын,  ал  радиусы 
R
 =  15 -  ке тең сфера болатындығын көреміз.
6.3  Ц илиндрлік беттер
\-анықтама.
  Берілген 
L
  сызығын  қиятын  жэне  екінші  берілген  / 
түзуіне параллель түзулерден тұратын бет 
цилиндрлік бет
 деп аталады.
Мұндағы 
L
  түзуі  цилиндрлік  бетгің  бағыттаушысы,  ал  /  түзуіне 
параллель түзулер оның жасаушылары деп аталады.
36-сурет 
37-сурет
Жоғарыда  келтірілген  (6.4)  түрінде  берілген  беттің  жалпы  теңдеуінде 
айнымалы 
z
  жок болсын, онда (6.4) теңдеуі
Ғ(х,
 >>)=0 
(6.6)
түрінде жазылады.  Бұл теңдеу 
хОу
  жазыктығында кандай да бір 
L
  сызығын
аныктайтын  болады,  яғни  координаталары  осы  теңдеуді  канағаттандыратын 
нүктелердің  геометриялык  орны 
L
  сызығы  болады  (36-сурет).  Бұл  теңдеуді
104

абсциссасы 
мен  ординатасы 
L
 
сызығынын  кез  келген 
нүктесінің 
кооридинаталарымен  дәл  келетін  кеңістік  нүктесінің  координаталары  да 
канагаттандыратын  болады,  ягни 
хОу
 
жазыктыгына 
L
 
сызыгынын
нүктелеріне 
проекцияланатын 
кеңістік 
нүктелерінің 
координаталары 
канагаттандырады. 
Oz
  өсіне  параллель  түзулерді  кұратын  жэне 
L
  сызыгын 
киып  өтетін  кеңістіктің  осындай  нүктелерінің  жиынтыгынан  бет  кұралатын 
болады.
Жалпы  берілген  /  түзуіне  параллель  жэне  берілген 
L
  сызыгын  киятын 
түзулерден  кұрылган  бет 
цилиндрлік  бет
  деп, 
L
 
сызыгы  -   онын 
багыттаушысы,
  ал  бетті  кұрайтын  түзулер  онын 
жасаушысы
  деп  аталатын 
болады.
Сонымен  (6.6) теңдеуі  жасаушысы 
Oz
  өсіне  параллель  цилиндрлік бетті 
аныктайды  жэне  керісінше,  жасаушылары 
Oz
  өсіне  параллель  болатын 
цилиндрлік бет (6.6) теңдеуімен өрнектеледі.
Шындыгында  бұл  жагдайда  багыттаушысы 
L
  сызыгы 
хОу
  координат
жазыктыгында  болады  да,  онын  (6.6)  теңдеуін  кеңістікте  карастыратын 
болсак,  ол  берілген  цилиндрлік  бетгің  де теңдеуі  болып  саналады.  Сонымен, 
Oxyz
  кеңістігінде жасаушысы 
L
  сызыгы болатын цилиндрлік бет
Ғ{х,  у )
 1 0
v 
'  
(6.7)
теңдеулер  жүйесі  аркылы  аныкталады.  Дэл  осы  сиякты  егер  тендеуде 
айнымалы 
х
  немесе 
у
  жок  болатын  болса,  онда  ол  тендеу  жасаушысы
сэйкес  түрде 
Ох
  немесе 
Оу
  өсіне  параллель  болатын  цилиндрлік  бетті 
аныктайтын болады.
1.
Цилиндрлік беттердің мысалдарын карастырамыз:
4  + ^  = 1 
(6.8) 
w  
а 
®
теңдеуімен  аныкталатьш  бет 
эллипстік  цилиндр
  деп  аталады.  Онын 
жасаушылары 
Oz
  өсіне  параллель,  ал  багыттаушысы 
хОу
  жазыктыгында
жаткан,  жарты  өстері 
а
  жэне 
Ь
  болатын  эллипс.  Ал  егер 
а
 = 
b
  болса,  онда 
багыттаушысы  шенбер  болады  да,  цилиндрлік  бет  тік  дөңгелек  цилиндр
болады (37-сурет). Онын теңдеуі 
х 2 + у 2  = а 2
  болады.
2.
4 - Й  = 1 
(6.9)
a 
b
тендеуімен  аныкталатын  бет 
гиперболалық  цилиндр
  деп  аталады  (38-сурет). 
Бұл  беттін  де  жасаушылары 
Oz
  өсіне  параллель,  ал  багыттаушысы 
хОу
жазыктыгындагы  накты  жарты  өсі 
а
  жэне  жорымал  жарты  oci 
b
  болатын 
гипербола.

жүктеу/скачать 12,35 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: