3-mavzu. Tekislikda analitik geometriya. Fazoda analitik geometriya

3-MAVZU. TEKISLIKDA ANALITIK GEOMETRIYA. FAZODA ANALITIK
GEOMETRIYA.

REJA:
1. Tekislikda to’g’ri chiziqlarning umumiy tenglamalari, to`g’ri chiziqning turli xil tenglamalari.

2. To`g’ri chiziqlar orasidagi burchak. Nuqtadan to`g’ri chiziqqacha bo`lgan masofa. Qutb koordinatalar sistemasi.
3. Fazoda tekisliklarning vektor, umumiy, normal tenglamalari

TЕORЕMA: Tekislikdagi har qanday L to‘g‘ri chiziq tenglamasi Ax+By+C=0 , A2 +B2 ≠0 (2) ko‘rinishda, ya’ni I tartibli tenglamadan iborat bo‘ladi. Aksincha, har qanday I tartibli (2) tenglama tekislikda biror to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Isbot: Dastlab teoremaning birinchi qismini o‘rinli ekanligini ko‘rsatamiz. Buning uchun tekislikning berilgan L to‘g‘ri chiziqqa tegishli bo‘lmagan ixtiyoriy bir M0 nuqtasini olamiz (19-rasmga qarang). Bu nuqtadan L to‘g‘ri chiziqqa perpendikular o‘tkazamiz va ularning kesishish nuqtasini M1(x1,y1) deb belgilaymiz.

Boshi M0 , uchi esa M1 nuqtada bo‘lgan n≠0 vektorni kiritamiz va uning koordinatalarini A va B, ya’ni n=(A,B) deb olamiz. Endi L to‘g‘ri chiziqda yotuvchi ixtiyoriy bir M(x,y) nuqtani olamiz va boshi M1(x1,y1) , uchi esa M(x,y) nuqtada joylashgan m=(x–x1, y–y1) vektorni qaraymiz. Bunda M(x,y) nuqta L to‘g‘ri chiziqda yotsa va faqat su holda n va m vektorlar ortogonal bo‘ladi. Vektorlarning ortogonallik shartini koordinatalardagi ifodasidan (III bob,§2) foydalanib, quyidagi natijalarni olamiz: n·m=A(x–x1)+B( y–y1)=0 Ax+By+ (–Ax1 – By1) =0 Ax+By+C=0. Bunda n≠0 ekanligidan |n| 2 =A2 + B2 ≠0 bo‘lishi kelib chiqadi. Endi teoremaning ikkinchi qismini isbotlaymiz, ya’ni (2) tenglama to‘g‘ri chiziqni ifodalashini ko‘rsatamiz. Buning uchun (2) tenglamani quyidagi ko‘rinishda yozamiz: Ax+By+C= Ax+B(y+C/B)=0  А(х–0)+В(у– (–С/В))=0  A(x–x1)+B( y–y1)=0. Bunda x1=0, y1=–С/В belgilash kiritildi. Agar n=(А,В) va m=( x–x1, y–y1) vеktorlarni qarasak, oxirgi tenglikdan n·m=0, ya’ni bu vektorlar orthogonal ekanligi kelib chiqadi. n=(А,В) vektorga orthogonal bo‘lgan barcha m=(x–x1, y–y1) vektorlarning M(x,y) uchlari bir to‘g‘ri chiziqda yotadi. Demak, (2) tenglama M1(0, –С/В) nuqtadan o‘tuvchi va n=(А,В) vektorga nisbatan pеrpеndikular joylashgan to‘g‘ri chiziqni ifodalar ekan.
  X Y O M1 M M0 L n m 19-rasm Ta'rif. (2) tenglama tekislikdagi to‘g‘ri chiziqning umumiy tenglamasi deb ataladi. Unda A va B koeffitsiyentlar, C esa ozod had deyiladi. Teorema isbotidan ko‘rinadiki, (2) tenglama orqali aniqlanadigan n=(A,B) ≠0 vektor bu tenglama ifodalaydigan L to‘g‘ri chiziqqa nisbatan perpendikular bo‘ladi va uning normal vektori deb ataladi. Masalan, 3x+4y–8=0 tenglama M1(0,2) nuqtadan o‘tuvchi va n=(3,4) vektorga pеrpеndikular bo‘lgan to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Shunday qilib, biz har qanday to‘g‘ri chiziq tenglamasi (2) ko‘rinishda bo‘lishini (analitik geometriyaning I asosiy masalasi) aniqladik va aksincha, har qanday (2) tenglama biror to‘g‘ri chiziqni ifodalashini (analitik geometriyaning II asosiy masalasi) isbotladik. Endi tekislikdagi to‘g‘ri chiziqning (2) umumiy tenglamasini ayrim xususiy hollarini tahlil etib, xulosalar chiqaramiz. 1) Ozod had C=0 bo‘lsin. Bunda (2) tenglama Ax+By=0 ko‘rinishda bo‘ladi. Bu tenglamani O(0,0) nuqta qanoatlantiradi. Demak, Ax+By=0 ko‘rinishdagi tenglamalar koordinatalar boshidan o‘tuvchi to‘g‘ri chiziqlarni ifodalaydi. 2) A=0, ya’ni L to‘g‘ri chiziq tenglamasi By+C=0 ko‘rinishda bo‘lsin. Bu holda uning normal vektori n=(0,B) OX . Ammo n=(0,B) L bo‘lgani uchun bu holda L to‘g‘ri chiziq OX koordinata o‘qiga parallel (L || OX) yoki L OY bo‘ladi. 3) B=0 holni ko‘ramiz. Bunda tenglama Ax+C=0 ko‘rinishda bo‘lib, n=(A,0) OY . Demak, L || OY yoki L OX bo‘ladi. 4) C=0 va B=0 bo‘lsin. Bunda tenglama Ax=0 yoki, A≠0 bo‘lgani uchun (A2 +B2 ≠0 shartga asosan), x=0 tenglamaga kelamiz. Bu tenglama OX koordinata o‘qi joylashgan to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. 5) C=0 va A=0 holda y=0 tenglamaga kelamiz. Bu tenglama OY koordinata o‘qi joylashgan to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Tekislikdagi to‘g‘ri chiziqning burchak koeffitsiyentli tenglamasi. Berilgan L to‘g‘ri chiziq OX o‘qi bilan α burchak (α≠900 ) tashkil etishi (ya’ni OX o‘qini soat miliga teskari yo‘nalishda α burchakka burilsa, u L to‘g‘ri chiziqqa parallel bo‘ladi ) va OY o‘qidagi M0(0,b) nuqtadan o‘tishi ma’lum bo‘lsin (20-rasmga qarang).
Bu to‘g‘ri chiziqda yotuvchi ixtiyoriy M(x,y) nuqtaning koordinatalari qanday tenglamani qanoatlantirishini aniqlaymiz. Chizmadan OM0=TN=b, OT=M0N=x, TM=y, ekanligini ko‘ramiz. Bu yerda ΔM0MN to‘g‘ri burchakli uchburchak bo‘lib, undan ushbu natijani olamiz:      M0KO  MM 0N  Mo X Y M O N K T α α b 20-rasm Oxirgi tenglikda tgα=k belgilash kiritib, berilgan shartlarda L to‘g‘ri chiziq tenglamasi quyidagi ko‘rinishda bo‘lishini topamiz: y=kx+b (3) Ta'rif. (3) tekislikdagi to‘g‘ri chiziqning burchak koeffitsiyentli tenglamasi deyiladi. Unda k= tgα to‘g‘ri chiziqning burchak koeffitsiyenti, b esa boshlang‘ich ordinatasi deb ataladi. Izoh: Agar bo‘lsa , unda α=900 va k= tgα ma’noga ega bo‘lmaydi. Bu holda L vertikal to‘g‘ri chiziq tenglamasi x=a ko‘rinishda bo‘ladi. Agar L to‘g‘ri chiziq umumiy tenglamasi Ax+By+C=0 (B≠0) bilan berilgan bo‘lsa, uning burchak koeffitsiyentli tenglamasiga quyidagicha o‘tiladi: Masalan, umumiy tenglamasi 4x–6y+3=0 bo‘lgan to‘g‘ri chiziqning burchak koeffitsiyentli tenglamasini topamiz: Tekislikdagi to‘g‘ri chiziqning kesmalardagi tenglamasi. Koordinata boshidan o‘tmaydigan L to‘g‘ri chiziq OX va OY koordinata o‘qlarini mos ravishda M1(a,0) va M2(0,b) nuqtalarda kesib o‘tishi ma’lum bo‘lsin. Bu holda L tenglamasi qanday ko‘rinishda bo‘lishini topamiz. Bu to‘g‘ri chiziq tenglamasini topish uchun М1(а,0) vа М2(0,b) nuqtalar unda yotishidan foydalanamiz. Bu nuqtalarning koordinatalarini L to‘g‘ri chiziqning Ах+Ву+С=0 umumiy tenglamasini qanoatlantiradi, ya’ni Bu yerda C≠0, chunki L to‘g‘ri chiziq koordinata boshidan o‘tmaydi. Shu sababli umumiy tenglamadan quyidagi natijani olamiz: Demak, L to‘g‘ri chiziqning izlangan tenglamasi (4) ko‘rinishda bo‘ladi. Bunda |a| va |b| qaralayotgan L to‘g‘ri chiziqni mos ravishda OX va OY koordinata o‘qlaridan ajratgan kesma uzunliklarini ifodalaydi. Shu sababli quyidagi ta’rif kiritiladi. Ta'rif. (4) to‘g‘ri chiziqning kesmalardagi tenglamasi deyiladi.
Agar koordinata boshidan o‘tmaydigan L to‘g‘ri chiziq Ах+Ву+С=0 (A≠0, B≠0, C≠0) umumiy tenglamasi bilan berilgan bo‘lsa, uning kesmalardagi tenglamasiga o‘tish uchun umumiy tenglamani (–C) soniga bo‘linadi: .
Masalan, umumiy tenglamasi 2х+3y–6=0 bo‘lgan to‘g‘ri chiziqning kesmalardagi tenglamasini topamiz: Demak, bu to‘g‘ri chiziq OX va OY o‘qlarni М1(3,0) vа М2(0,2) nuqtalarda kesib o‘tadi. Bundan foydalanib L to‘g‘ri chiziqni quyidagicha osonlik bilan yasash mumkin (21-rasmga qarang): Tekislikdagi to‘g‘ri chiziqning normal tenglamasi. Berilgan L to‘g‘ri chiziqqa pеrpеndikular bo‘lgan n birlik vеktor va koordinata boshidan bu to‘g‘ri chiziqqacha bo‘lgan masofa |0Р|=р ma’lum bo‘lsin (22-rasm). Bu ma’lumotlar asosida L to‘g‘ri chiziq tenglamasini topamiz. Agar n birlik vеktor OX koordinata o‘qi bilan РОX= burchak tashkil etgan bo‘lsа, uning koordinatalari cos  va sin bo‘ladi, ya’ni n =(cos , sin) dеb yozish mumkin. N(x,y) berilgan to‘g‘ri chiziqdagi ixtiyoriy bir nuqta va r =(х,у) uning radius-vektori bo‘lsin. r vа n vеktorlar orasidagi burchak РОN= deb olamiz. r vа n vеktorlarning nr skalyar ko‘paytmasini ikki usulda hisoblaymiz. Skalyar ko‘paytmani koordinatalar orqali hisoblash formulasiga asosan n r = хcos + уsin  ; Skalyar ko‘paytmaning ta’rifiga asosan va Δ PON da cosφ=|OP|/|ON| ekanligidan foydalanib, ushbu tenglikni hosil qilamiz: n r =|n| |r| cos = 1|r| cos=|ON|·|ОР|  |ON| = |ОР| = р. nr skalyar ko‘paytmasi uchun bu ikki ifodani tenglashtirib, berilgan L to‘g‘ri chiziqdagi barcha N(x,y) nuqtalarning koordinatalari хcos + уsin  =р  хcos + уsin – р = 0 (5) tenglamani qanoatlantirishini ko‘ramiz. Ta'rif. (5) tekislikdagi to‘g‘ri chiziqning normal tenglamasi deyiladi.