A.Y. NARMANOV
ANALITIK
GEOMETRIYA
O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA O‘RTA
MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI
A.Y. NARMANOV
ANALITIK GEOMETRIYA
Matematika bakalavriat ta’Um yo'nalishi
uchun darslik
O’z!^L!
Mexanika-Pisifemauk
O’C.•••; 2
O‘ZBEKISTON FAYLASUFLARI MILLIY
JAMIYATI NASHRIYOTI
TOSHKENT
2008
Bu darslik universitetlaming matematika, mexanika. tadbiqiy matematika
va informatika, statistika yo'nalishlari uchun mo'ljallangan va amaldagi yangi
bakalavrlar dasturiga muvofiq muallifning O‘zbekiston Milliy Universitetda
o'qigan ma’ruzalari asosida yozilgan. Darslik oltita qismdan iborat bo'lib, unda
vektorlar algebrasi, tekislikda koordinatalar sistemasini almashtirish, to‘g‘ri
chiziqlar va tekisliklar, ikkinchi tartibli chiziqlar va sirtlar nazariyalari yoritilgan.
Muallif — fizika-matematika fanlari doktori, professor,
0‘zbekiston Milliy Universiteti geometriya kafedrasi mudiri
A.Y. Narmanov
Taqrizchilar:
fizika-matematika fanlari doktori , dotsent Bahodir Shoimqulov
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent Rasulmat Yunusmetov
Muharrir — filologiya fanlari nomzodi G.N. Tavaldiyeva
22.151.5
N25
Narmanov A.Y.
Analitik geometriya: Darslik /A.Y. Narmanov; 0‘zbekiston
Respublikasi Oliy va o‘rta maxsus ta’lim vazirligi. - T.: 0‘zbekiston
faylasuflari milliy jamiyati nashriyoti, 2008. — 176 b.
BBK 22.151.5я73
ISBN 978-9943-319-66-0
© «0‘zbekiston faylasuflari milliy jamiyati nashriyoti», 2008
KIRISH
ANALITIK GEOMETRIYA PREDMETI HAQIDA
Tekislik yoki fazoda koordinatalar sistemasini kiritganimizda,
geometrik figuraga tegishli nuqtalar koordinatalaiga ega bo‘ladi. Agar
figuraga tegishli nuqtalaming koordinatalari biror algebraik tenglamani
qanoatlantirsa, u algebraik tenglama bilan aniqlanuvchi geometrik figura
deyiladi. Masalan, markazi A(a,b) nuqtada bo'lgan va radiusi R ga teng
aylana tenglamasi (x-a)2 + (y~b)2-R2 = 0 ko'rinishga ega
bo‘ladi.
Analitik geometriya kursida o‘rganish metodlarining asosini
koordinatalar metodi tashkil qiladi. Biz asosan figuralami ularning
tenglamalari yordamida o'l^anamiz, ya’ni algebraik tenglamalarini
o‘rganish bilan shugullanamiz. Bu yerda algebraik metodlar asosiy rolni
o'ynaydi. Biz asosan birinchi va ikkinchi darajali tenglamalar bilan ish
ko‘ramiz. Analitik geometriya kursida o‘rganiladigan geometrik figuralar
sinfi unchalik katta bo'lmasa ham, birinchi va ikkinchi darajali
tenglamalar bilan aniqlanuvchi geometrik figuralar fan va texnikada
juda katta rol o'ynaydi .
Birinchi darajali algebraik tenglamalar bilan aniqlanuvchi geometrik
figuralar — to‘g‘ri chiziq va tekislikdir. Ushbu asosiy geometrik figuralar
bilan siz elementar geometriya kursidan tanishsiz. Tekislikda ikkinchi
darajali tenglamalar ikkinchi tartibli chiziqlami, fazoda esa ikkinchi
tartibli sirtlarni aniqlaydi. Yuqoridagi misoldan ko‘rinadiki, aylana
ikkinchi tartibli chiziqdir.
Fazoda (x — a)2 + (y — Z>)2 +(z- c)2 — R 2 = 0 tenglama bilan
aniqlanuvchi nuqtalar to‘plami esa sferadan iborat bo'lib, u ikkinchi
tartibli sirtdir.
Analitik geometriya kursida vektorlar algebrasi ham o'rganiladi.
Vektor tushunchasi muhim fundamental tushunchalardan bo'lib,
faqatgina analitik geometriya kursida emas, balki matematikaning boshqa
bo'limlarida ham muhim rol o'ynaydi.
Bu darslik muallifning 0‘zbekiston Milliy universitetining mexanika-
matematika fakultetida o'qigan ma’ruzalari asosida yozilgan. Darslik
universitetlaming mexanika va matematika yo'nalishlarining bakalavriat
talabalari uchun mo'ljallangan.
3
I BOB
VEKTORLAR ALGEBRASI
l-§. Vektorlar va ular ustida amallar
1-ta’rif. Yo'nalishga ega bo‘lgan kesma vektor deb ataladi.
Biz vektomi AB ko‘rinishida yoki bitta kichik lotin harfi bilan a,b,C
ko‘rinishida belgilaymiz. Vektorni AB ko‘rinishida belgilasak A,B
nuqtalar mos ravishda vektorning boshi va oxiri joylashgan nuqtalardir,
vektorning uzuniigi , <7 ko'rinishida belgilanadi.
Agar vektorning boshi va oxiri bitta nuqtada bo‘lsa, u nol vektor
deyiladi. No] vektor yo'nalishga ega emas, uning uzuniigi esa nolga
teng. Nol vektor 0 ko‘rinishida yoziladi.
a+b
1-chizma.
2-chizma.
2-ta’rif Ikkitaa = AB vab- CD vektorlardan b = CD vektor
boshini — AB vektor oxiriga qo ‘yilganda AB vektor boshidan CD
vektor oxiriga yo‘naltirilgan vektor, bu vektorlaming yig'indisi deyiladi va
a + Ь ко ‘rinishida yoziladi.
Yuqorida keltirilgan vektorlami qo‘shish qoidasi uchburchak qoidasi
deyiladi.
4
3-ta’rif. Berilgan A haqiqiysonva a vektorning ко‘paytmasi shunday
vektorki, uning uzuniigi |A||ajga teng, yo'nalishi: Я >0 bo‘lganda a
vektor у о ‘nalishi bilan birxil, Л. <0 bo‘lganda esa a vektor yo‘nalishiga
qarama-qarshi bo ‘ladi. Ko ‘paytma Л a ко ‘rinishida yoziladi.
Vektorlar algebrasi deganda, vektorlar to‘plamida vektorlami qo'shish
va skalyar songa ko‘paytirish amallari tushuniladi. Biz V bilan hamma
vektorlar to'plamini belgilaymiz. Bunda vektorlarimiz birto^ri chiziqda,
bir tekislikda yoki fazoda yotgan bo'lishi mumkin.
Vektorlami qo‘shish va haqiqiy songa ko‘paytirish amallari quyidagi
xossalarga ega:
1.	Va, b g V uchun; a + b = b + a -kommutativlik.
2.	Va, b,c eV uchun; (a + b) + c = a + (b + c) -assosiativlik.
3.	Va g V uchun3 b g V a + b — 0, tenglik o‘rinli va b = —a
4.	Va g V uchun; a • 1 = a - tenglik o‘rinli.
5.	Va,Z>GK hamdaV^GT? uchun Л(а + b) = Ла + Ab
tenglik o‘rinli.
6.	\7Л, /.i e R va VagK uchun: а(Л + jll) = Ла + /ла
tenglik o‘rinli.
l.^A,/aeR va Vac И uchun A(//a) = (Л//)а tenglik
o‘rinli.
8. Va G V uchun a + 0 = a tenglik o‘rinli.
Bu xossalaming ba’ziiarini isbotiaymiz, ba’zilarining isbotini esa
o‘quvchilarga havola qilamiz.
Birinchi xossani isbotlash uchun ixtiyoriy ikkita a vab vektorlaming
boshini bitta (9nuqtaga joylashtiramiz va 3-chizmadagi OABC
5
3-chizma.	4-chizma.
parallelogrammni hosil qilamiz. Bu parallelogrammdagi OAC
uchburchakdan OC=a+b tenglik, OBC uchburchakdan esa
ОС = b + a tenglikni hosil qilamiz (3-chizma).
Ikkinchi xossani isbotlash uchun a vektoming boshini О nuqtaga, b
vektoming boshini a vektorning oxiriga, c vektorning boshini esa b
vektoming oxiriga joylashtiramiz. Chizmadan quyidagi tengliklarni hosil
qilamiz
(a + Ъ) + c - ОС a + (b + c) = ОС
Наг Ыг a = AB vektor uchun 6=BAvektor a vektoiga qarama-
qarshi yo‘nalgan, uzunligi esa a ning uzunligiga teng vektordir.
Vektorlami qo'shish qoidasiga ko‘ra AB + BA = O tenglikni hosil
qilamiz.
Beshinchi xossani isbotlash uchun a va b vektorlaming boshlarini
bitta nuqtaga joylashtirib, ular yordamida quyidagi ABCD
parallelogrammni hosil qilamiz.
6
Berilgan^ son uchun Л a va Л b vektorlarga qurilgan
parallelogramm ABCD parallelogrammga o’xshashdir. Shuning uchun
uning diagonali uzunligi ABCD parallelogramm diagonali uzunligidan
| A| marta “kattadir”. Bundan esa /t(« + b) = Ла + ЛЬ tenglikni hosil
qilamiz.
Oltinchi xossani isbotlash uchun Л pi >0 va Лр1 < 0 hollami
qaraymiz. Birinchi holda Л va pl sonlarining ishorasi bir xil bo‘ladi.
Shuning uchun ulaming ikkalasi ham yoki manfiy yoki musbat bo‘]adi.
Biz ulaming ikkalasi ham manfiy bo‘lgan holni qaraylik. Bu holda ,
a (Л + Ц),Ла + pia vektorlar a vektoiga qarama qarshi yo‘nalgan
bo‘ladi. Demak, ular bir xil yo'nalishga ega. Ulaming uzunliklari esa
ga tengdir. Agar Л va pl sonlari musbat son bo‘lsa, yuqori-
dagi mulohaza takrorlanadi. Л va pi sonlarining ishoralari har xil bo'lsa
biz yana ikkita holni qaraymiz:
Л + pi> 0 va Л + pi <0. Agar Л + pi > 0 bo‘lsa а(Л + pi) ,
Ла + pia vektorlar a vektor bilan bir xil yo‘nalishga ega. pia
vektoming boshini Ла vektoming oxiriga joylashtirib, ulaming uzunligi
ham tengligini ko‘ramiz. Qolgan hollar yuqoridagidek mulohazalar asosida
tekshiriladi.
|Л + pi\ a
7
4-ta’rif. Bir to‘g‘ri chiziqqa parallel vektorlar kollinear vektorlar
deyiladi.
Vektorlar bir xil yo'nalishga ega bo‘lsa, a TT b ko'rinishda, agar
qarama qarshi yo‘nalishga ega bo‘lsa, а ТФ b ko‘rinishda belgilaymiz.
1-tasdiq. Nol vektordan farqli a, b vektorlar kollinear bo‘lishi
uchun A G R son mavjud bo‘lib, a = ЛЬ tenglikning bajarilishi zarur
va etarlidir.
Isbot. Vektorlar uchun a = ЛЬ shart bajarilsa, a, b vektorlar
kollinearligini isbotlash sodda bo'lganligi uchun uni isbotlashni
o'quvchilarga havola etamiz. Bu shartninig zarurligini ko‘rsatamiz. Agar
a, b vektorlar kollinear bo’lsa, ularni parallel ko'chirish natijasida bitta
to‘g‘ri chiziqqa joylashtirish mumkin. Shuning uchun ular I to‘g‘ri
chiziqda yotadi va ularning boshi 0 nuqtada deb hisoblaymiz. Agar
~ 7	a	—	-
a, b vektorlar bir xil yo‘nalishga ega bo‘lsa^ = — uchun а = ЛЬ
b
tenglik bajariladi. Agar a,b vektorlar qarama qarshi yo'nalishga ega
a
bo‘lsa A=~-=
b
uchun a = ЛЬ tenglik bajariladi.
5-ta’rif. Vektoryotgan to‘g‘ri chiziq d tekislikka parallel bo‘Isa, bu
vektor O' tekislikka parallel deyiladi.
6-ta’rif. Uchta a,b,C vektorlar bitta tekislikka parallel bo‘Isa,ular
komplanar vektorlar deyiladi.
Tabiiyki, agar vektorlar komplanar bo'lsa,ularni parallel ko'chirish
natijasida bitta tekisllikka joylashtirish mumkin.
8
2-§. Chiziqli erkli va chiziqli bog‘lanishli vektorlar oilasi
Bizga | a\,а2,аз,...,ап } vektorlar oilasi va n ta
^],Л25---Ди8Оп|аг berilgan bo'lsa, Aj<71 + й^°2 + ... + Andn
vektor <7i, <72an vektorlaming chiziqli kombinatsiyasi deb ataladi.
Chiziqli kombinatsiyada qatnashayotgan sonlaming birortasi noldan farqli
bo‘lsa, u notrivial chiziqli kombinatsiya deb ataladi.
Та’пЦBerilgan { <71, <72, <73<7„ | vektorlaroilasi uchun kamida
bittasi noldan farqli bo‘lganA\, Й£ An sonlar mavjud bo‘lib,
A] <71 + Йо <72 + ••• + Й^Л» = 0
tenglik o'rinli bo‘lsa,{a\,a2,a3,...,an | vektorlar oilasi chizqli
bog'lanishli deyiladi.
Izoh. Vektorlar oilasi chiziqli bog‘lanishli bo'lsa, uning birorta
notrivial chiziqli kombinasiyasi nol vektor bo'ladi.
1-teorema. Ikkita vektordan iborat oila chiziqli bog‘lanishli bo‘lishi
uchun bu oila vektoriarining kollinear bo'lishi zarur va yetariidir.
Isbot. Oilaga tegishli ikkita a va£ vektorlar chiziqli bog‘lanishli
bo‘Isa, kamida bittasi noldan farqli Zj, Й.? sonlari mavjud
bo‘lib, й-j <7 + A^b = 0 tenglik bajariladi. Agar^j^O
bo‘lsa, a = — (Aj / Й.-7 )b tenglikni hosil qilamiz. Bu esa birinchi
tasdiqqa ko‘ra<7 vab vektorlaming kollinear ekanligini ko‘rsatadi.
Va aksincha, <7 va b vektorlar kollinear bo'lsin. Ulaming boshlarini
bitta nuqtaga joylashtirsak, ular bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. Bu to'g'ri
chiziqda vektorlar boshi joylashgan nuqtani koordinata boshi sifatida
olib, koordinatalar sistemasini kiritamiz. Vektorlaming oxirlarini A va В
9
harflar bilan belgilaymiz: a = OA , b = OB. Vektorlardanbittasi, misol
uchun a noldan farqli vektor bo'lsin. Demak, а Ф 0 va О nuqtaAB
kesmani ЫгогЛ nisbatda bo'ladi: BO I OA = A yoki BO = AOA
Endi b=-Aa tenglikni ko‘rsatamiz. Agar a, b vektorlar yo‘nalishi
bir xil bo'lsa, О nuqta AB kesmaga tegishli emas va A <0. Agar a, b
vektorlar yo‘nalishi qarama-qarshi bo'lsa, A >0 bo'ladi. Shuning
*
uchun b va — Aa vektorlaming yo'nalishlari bir xil. Ulaming uzunliklari
ham teng:
I b | = | ~вд | = | A | | OA | = | A I I a | = | -Xa |-
Demak, bu vektorlar tengdir. Endi b=~ Aa
tenglikdan — Aa + b = 0 tenglik kelib chiqadi. Demak, a va£
vektorlar chiziqli bog'lanishli oilani tashkil qiladi.
2-teorema.
1) Vektorlar oilasiga no! vektor tegishli bo ‘Isa, bu oila chiziqli
bog‘lanishlidar.
2) Vektorlar oilasi birorta chiziqli bog‘lanishli vektorlar oilasini o‘z
ichiga olsa, bu oila ham chiziqli bogianishlidir.
Isbot.
1)	Berilgan { a\, а2,аз,...,ап ) Oilada ai =0 bo'lsa, Aj = 0 ,
-Яу = 1,/^ j sonlar uchun A^ a^ +	°z +...+
+ Aj^ а,т = 0 tenglik o'rinli bo'ladi.
2)	Berilgan |	} oilada bir nechta a^ ,
к = 1,2, ...m, m <n, vektorlar chiziqli bog'lanishli oilani tashkil qilsa,
ulaming birorta notrivial chiziqli kombinatsiyasi nol vektor bo'ladi:
10
A; Cl; + А; <7/, + А; Д/ + ...+ A; Clj — 0
‘1	‘1 l2 2 l3	‘in
Biz agar Лу = Лу ,J = jk va = 0, j jk tengliklar bilan n ta
Xi, X2, X3,..., Xn sonlarni aniqlasak
Л] z?! + Л2 ci + Aj ci. +... + Anci „ = 0
tenglikni hosil qilamiz.
3-teorema. Uchta vektordan iborat oila chiziqli bog‘lanishli bo‘lishi
uchun ulaming komplanar bo ‘lishi zarur va etarlidir.
Isbot. Oilaga tegishli uchta a, b va c vektorlar chiziqli bog'lanishli
bo'lsa, ulaming komplanarligini isbotlaymiz. Chiziqli bog'lanishlikning
ta'rifiga asosan, kamida bittasi noldan farqli OC,|3,y sonlar uchun
a a + fib + ус = 0
tenglik o'rinli bo'ladi. Aniqlik uchun a noldan farqli bo'lsin, unda
awalgi tenglikdan
a~ P к
c=-------a------b
Y Y
11
tenglik kelib chiqadi. Bu tenglikda Х=а/у, p/у belgilashlarni kiritib
C = Л a + JLlb tenglikni hosil qilamiz. Agar a,b va c vektorlaming
boshi bitta umumiy О nuqtaga joylashtirilgan bo'lsa, oxirgi tenglikdan c
vektor Xci va /J.b vektorlarga qurilgan parallelogramm diagonaliga
tengligi kelib chiqadi. Bu esa ular bitta tekislikda yotadi deganidir, demak,
ular komplanar vektorlardir.
Va aksincha, Cl,b va c vektorlar komplanar bo'lsin. Ular chiziqli
bog‘liqligini isbotlaymiz.
Berilgan uchta vektorlar orasida kollinear vektorlar bo'lgan holni
chiqarib tashlaymiz. 1-teoremaga asosan, ushbu vektorlar jufti chiziqli
bog‘lik bo‘lar edi va berilagan uchta vektor ham chiziqli bog‘liqligi kelib
chiqar edi. Shuning uchun a,b va c vektorlar orasida hech bir jufti
kollinear bo‘lmagan holni ko'rib chiqamiz (xususan, ular orasida nol
vektor ham yo‘q). Vektorlami bitta tekislikka ko'chirib, ularning
boshlarini О nuqtaga joylashtiramiz (6-chizmaga qarang). Keyin c
vektorning C uchi orqali a vab vektorlarga parallel to‘g‘ri chiziqlar
o‘tkazamiz, a vektor yotgan to‘g‘ri chiziqning b vektorga parallel to‘g‘ri
chiziq bilan kesishish nuqtasini A deb belgilaymiz va b vektor yotgan
to‘g‘ri chiziqning a vektorga parallel to‘g‘ri chiziq bilan kesishish
nuqtasini В deb belgilaymiz. (Ushbu nuqtalaming mavjudligi, a va b
vektorlar kollinear emasligidan kelib chiqadi). Vektorlami qo‘shishning
parallelogramm qoidasiga ko‘ra c vektor OA va OB vektorlar
yig'indisiga teng, ya’ni
c = OA + OB tenglik o‘rinlidir.
OA vektor noldan farqli a vektorga kollinear (u bilan bir to‘g‘ri
chiziqda yotuvchi), demak, shunday haqiqiy son topiladiki,
12
ОА = Ла
tenglik o’rinli bo'ladi. Xuddi shunga o'xshash, OB = ЛЬ tenglik ham
o‘rinli. Bu tengliklardan
С = Ла + /.lb
tenglik kelib chiqadi. Oxirgi tenglikni Ла + /db + (- 1)ё = 0
ko'rinishda yozib olish mumkin. Bu tenglikdagi X, Ц va—1 sonlaming
kamida bittasi noldan farqli bo‘lganligi sababli, oxirgi tenglik a,b va
C vektorlaming chiziqli bog'lanishligini ifodalaydi. Teorema isbotlandi.
1-natija. Agar a,b va c vektorlar komplanar bo‘Imasa, ular chiziqli
erkli bo‘ladilar.
2-natija. Ixtiyoriy uchta komplanar bo‘Imagan vektorlar orasida ikkita
kollinear vektorlar bo ‘la olmaydi. Shuningdek ular orasida nol vector ham
bo ‘Imaydi.
3-§.Vektorlarning o‘qqa proeksiyasi
Vektorning o‘qqa proeksiyasi vektorning yo'nalishiga qarab musbat,
manfiy yoki nolga teng bo‘lgan son bo'lib, a vektorning o‘qqa
proeksiyasi quyidagi qoida bo‘yicha aniqlanadi: (7-chizma) Agar a = AB bo‘lsa, A va В nuqtalarning	o‘qdagi ortogonal proeksiyalarini mos ravishda A', B' bilan belgilaymiz. A'B' kesmaning £ o‘qdagi kattaligi a vektorning £ o'qdagi proeksiyasi deb ataladi. Proeksiya uchun prta = [a[cos^>	С/ a/X /\. ы /К \ v -7	* 7-chizyna.
13
tenglik o‘rinli bo‘lib, bu yerda y’-berilgan a vektor va^ o‘q orasidagi
burchakdir.
Proeksiyaning xossalari:
1.	рг,Ла = Лрг, a , A
2.	pi;(a + b}= pi;a + pi;b
Isbot. 1. Birinchi pi; Ла = Apr, a tenglikni isbotlash uchun quyidagi
hollarni qaraymiz:
а)	Л - 0 bo‘lsa Aa = 0 tenglik o'rinli bo‘ladi va natijada A' = B'
munosabatdan
pr Ла = 0 va pr, Ла = л pr a =0
tengliklar kelib chiqadi.
b)	Л > 0 bo‘lsa, a TT b munosabatdan ф=х. tenglik kelib chiqadi;
bu (p yerda va \p mos ravishda a vab vektorlaming o‘q bilan
hosil qilgan burchaklaridir. Bu holda Лд — Лa va demak
pi; [Ла]=	cosy/ = Лрг, a.
в)	Л <0 bo'lsa, Л a va a vektorlar uchun a Ф4- b munosabat
o‘rinli bo'ladi. Shuning uchun ip = (p + 71 tenglikdan quyidagi
munosabat kelib chiqadi:
pi; jzt/| cos(y> + zr) = -Лр| cos(y> + zr) = Лрг, a .
2. pi; [a + b }= pr, a + pi;b tenglikni isbotlashni keyinroqqa qoldirib,
skalyar ko‘paytmani o‘rganishga o‘tamiz.
14
4-§. Vektorlaming skalyar ko‘paytmasi
Ikkita a va b vektorlaming skalyar ko'paytmasi deb
[a,b)= |a||z>|cos<j9 ifodaga aytiladi. Bu yerda ф-а va b vektorlar
orasidagi burchak.
Skalyar ko'paytmaning ta’rifidan bevosita quyidagi fakt kelib chiqadi:
1-xossa. Ikkita vektoming skalyar ko‘paytmasi nolga teng bo'lishi
uchun ulaming o'zaro perpendikulyar bo‘lishi zarur va etarlidir.
2-xossa. \a,a
3-xossa. Kommutativlik , bj=\b ,a
4-xossa. (Ла , Z>)= л(а ,b), XeR
5-xossa. (a + b,c)= [a, c)+ \b, c)
Beshinchi xossa isboti proeksiyaning ikkinchi xossasidan kelib chiqadi:
pr. [a+b) c = pr, (a+b к
\a + b,c)= a + b\c cos^ = ргДа+6}]
pr,a-c\+pr^b-c = la • c cosa+ b • CCOS^.
5-§. Bazis va vektoming koordinatalari.
Ta’rif. Berilgan | e\, ^2en J vektorlar oilasi chiziqli erkli bo'lib,
ixtiyoriy vektomi ulaming chiziqli kombinatsiyasi ko‘rinishida ifodalash
mumkin bo‘lsa, bu oila bazis deyiladi.
Quyidagi muhim faktlar o‘rinlidir:
15
1-xossa. Bir tekislikda yotuvchi
vectorlar uchun har qanday ikkita
nokollinear vektorlar bazisni tashkil
qiladi.
2-xossa. Fazoda yotuvchi
vectorlar uchun har qanday uchta
nokomplnar vektorlar bazisni
tashkil qiladi.
Bu xossalarning birinchisi 1-
teoremaning bevosita natijasidir.
Ikkinchi xossani isbotlaymiz:
Bizga uchta nokomplanar
a,b,C vektorlar berilgan bo'lsin.
Ikkinchi punktda isbotlagan
teoremaga ko‘ra ular chiziqli erkli
oilani tashkil qiladi. Endi ixtiyoriy
d vektorni olib, uni a,b,C vektorlar orqali chiziqli ifodalash
mumkinligini ko'rsatamiz. Buning uchun a, b, c vektorlaming boshlarini
О nuqtaga joylashtiramiz va d vektorning oxiridan a,b vektorlar
tekisligiga, a,c vektorlar tekisligiga va C,b vektorlar tekisligiga paral-
lel tekisliklar o'tkazamiz. 0‘tkazilgan tekisliklarning a,b,C vektorlar
yotgan to‘g‘ri chiziqlar bilan kesishish nuqtalarini mos ravishda A,B,C
harflar bilan belgilaymiz.Vektorlarni qo'shish qoidasiga ko'ra
d = OA + OB + OC
tenglikni olaftiiz. Bu yerda OA, OB, ОС vektorlar mos ravishda
a,b,C vektorlarga kollinear bo'lganligi uchun shunday Л, //, v sonlar
mavjudki
OA = Ла, OB = /ib, ОС = vc
16
tengliklar o'rinli bo'ladi. Bu tengliklami hisobga olib
d = Ла + jLib + vc
tenglikni olamiz.
Ta’rif. Bizga	bazis berilib, a vektor uchun
a = aiei + а2е2 + ... + а„еп
tengliko'rinlibo'lsa, {aj,a2,...,an} sonlar a vektomingkoordina-
talari deyiladi.
6-xossa. Har bir vektor berilgan bazisda o'zining koordinatalari bilan
yagona ravishda aniqlanadi.
Berilgan a vektor uchun ikkita
а = а^+а2е2+... + апеп
a = bxex+b2e2 + ... + b„e„
tengliklar o'rinli bo'lsa ulaming birini ikkinchisidan hadma-had ayirib
Ц - 6, )ei + (a2 - b2 )e2 +... + (a„ - b„ )e„ = о
tenglikni hosil qilamiz. Bazisni tashkil qiluvchi jej ,^2 ,...,£л |vektorlar
chiziqli erkli bo'lganligi uchun
ax -b\ =0, a2 -b2 = 0,	a„-b„=Q
munosabat hosil bo'ladi.
6-§. Affin koordinatalar sistemasi
Fazoda yoki tekislikda affin koordinatalar sistemasini kiritish uchun
birorta bazis va bitta nuqta tanlanadi. Agar |e15e2,e, j bazis va О
nuqta berilgan bo'lsa, OM vektorning {et,e2,e3} bazisdagi
koordinatalari M nuqtaning affin koordinatalari deyiladi.
О’

,ка
17
1 -ta’rif. Berilgan	, • • •, en
bazis uchun
1, i-j
0, i * j
tengliklar
bajarilsa,	, • • •, en J - ortonor-
mal bazis deyiladi.
2-ta ’rif. Ortonormal bazis
yordamida berilgan koordinatalar
sistemasi to'g'ri burchakli yoki dekart
koordinatalar sistemasi deb ataladi.
Teorema. Dekart koordinatalar
sistemasida vektorning berilgan bazisdagi koordinatalari, uning
koordinatalar o‘qlariga tushirilgan proeksiyalari bilan ustma-ust tushadi.
Isbot. Bizga i,j,k ortonormal bazis berilgan bo'Isa, ularning
boshlarini О nuqtaga joylashtirib OXYZ koordintalar sistemasini
kiritaylik. Agar
a = xi + yj + zk bo‘lsa, a vektorning boshini koordinata
boshiga joylashtirib, uning oxirini M bilan belgilaymiz. Agar M
nuqtaning koordinata o‘qlariga ortogonal proeksiyalarini А, В, C harflari
bilan belgilasak OA = xi, OB = yj f QC = zk tengliklami hosil
qilamiz. Ikkinchi tomondan OA, OB, ОС kesmalarning kattaliklari
mos ravishda X,y,Z sonlariga teng bo'lgani uchun x = prOxCl,
У ~ Proy a ,z = pr(). a munosabatlarni hosil qilamiz.
1-natija. pri{a + b) -pr;a + рцЬ
Isbot. Bizga f. o‘q berilgan bo'lsin: shunday OXYZ koordinatalar
sistemasi kiritamizki, OX koordinata o‘qi £ bilan ustma-ust tushsin. Agar
a = xai + ya j + zak, b = xbi + ybj + zbk,
a + b = (xa+b )/ + (ya+b )j + (za+b )k
bo'lsa, teoremaga ko‘ra prta = Xa va prt=xh, pr^a-Cb^x^
tengliklami hosil qilamiz. Lekin vektorlami qo'shganda ularning koordinatalari
mos ravishda qo'shilgani uchun pr t{a + b^= xa +xA munosabatni olamiz.
7-§. Vektor va aralash ko‘paytmalar
1-ta’rif. Tartiblangan	uchlikdac vektor oxiridan a,b
vektorlar tekisligiga qaraganimizda a danb ga qisqa burilish yo'nalishi
soat mili yo'nalishiga qarama-qarshi yo‘nalgan bo'lsa, bu uchlik о‘ng
uchlik deb ataladi. Agar bu yo ‘nalish soat mili yo ‘nalishi bilan ustma-ust
tushsa, [a,b, c| uchlik chap uchlik deyiladi.
Quyida	o‘ng va	chap uchliklar ko'rsatilgan.
Shunda	uchliklar o‘ng, [b,a,cj,
uchliklar chap uchlik hosil qiladi.
19
18
2-ta’rif. Ikkita a va b vektorlaming vektor ko'paytmasi deb shunday
vektorga aytiladiki, bu vektor [7, bj kabi belgilanadi va:
J) [47,Z?j ninguzunligi a va b vektorlaiga qurilgan parallelogramm
yuziga tengdir: | [ar,| = | a | | b | sin (p, (p = a^b\
2) [7,/J vektor a va b vektorlaiga perpendikulyar bo‘lishi kerak:
[cz,b]_L a> [aj] 1 b;
3) a, b vektorlar va vektor ko‘paytma [47,/J o‘ng uchlik hosil
qiladi:
Vektor ko'paytmaning xossalari:
i)	[or,5j“ —
2)	[Ла,ь}= л[а,ь}= -[ЯД#], ЛеR;
3)	[а + Z>,c]= [a,c] + [б3с|
4)	[47,^]= 0 <=> allb.
1-tasdiq. (Yordamchi fakt). Berilgan a tekislikda C. vektor va unga
perpendikulyar birlik e vektor berilgan bo'lsin. Agarg vektor a
tekislikka perpendikulyar
^e,c,g o‘ng uchlik
bo'lsa, a tekislikda
yotuvchi har qanday a
vektor	uchun
[47,4-]= pra-^g
tenglik o'rinlidir.
12-chizma
20
Isbot. 1)Vektorlar tengligini ko‘rsatish uchun ulaming yo‘nalishlari
bir xil va uzunliklari tengligini ko'rsatamiz. Vektor ko‘paytmaning ta’rifiga
ko‘ra uninig uzunligi a va c vektorlarga qurilgan parallelogrammning
yuziga tengdir: |	|=S- Chap tomondagi vektoming uzunligi esa
| prca | C ga tengdir. Agar parallelogrammning asosi sifatida c
vektomi olsak, uning yuzasi |c| Aga tengdir. Bu yerda h balandlik
bo'lib, | pr-a \=h tenglik o‘rinlidir. Demak, vektorlaming uzunligi
tengdir. Endi ulaming yo‘nalishi bir xil ekanligini ko'rsatamiz. Agar
a,C,g -o‘ng uchlik bo'lsa, g va [<7,c] vektorlar bir xil yo'nalishga ega.
Bu holda a va e vektorlar c vektoming bir tomonida joylashgan va
prea >0 bo‘ladi. Agar a,C,g -chap uchlik bo'lsa, prea <0 va
pr.a C g vektor g vektorga qarama-qarshi yo'nalgandir. Demak,
prea c S vektor yo'nalishi |а,с] vektor yo'nalishi bilan birxil bo'ladi.
Natijada [a,cj= pr tenglikni hosil qildik.
3-ta’rif. Uchta a,b,C vektorlaming aralash ko'paytmasi deb,
([<7, &j»c) miqdorga aytiladi va quyidagi ko'rinishda belgilanadi:
abc- ([tfjjc)-
2-tasdiq. Berilgan nokomplanar (chiziqli erkli)a,b,C vektorlar o‘ng
uchlikni tashkil qilsa, ulaming aralash ko'paytmasi ularga qurilgan
parallelipipedning hajmiga, aks holda esa hajmning manfiy ishora bilan
olinganiga tengdir.
21
Isbot: Biz a,b,C vektoriarga qurilgan parallelipipedning hajmini
V bilan belgilaymiz. AgarS bilan a va b vektoriarga qurilgan
parallelogrammning yuzasini belgilasak, a, b = Se tenglik o'rinli bo'ladi.
Bu yerda e vektor ko'paytma bilan bir xil yo'nalgan birlik
vektordir. Skalyar ko'paytmani proeksiya yordamida yo^sak,
= pr-c tenglikni hosil qilamiz.
Bu yerda pr- c absolyut qiymati bo'yicha a, b, C vektoriarga qurilgan
va asosi a, b vektoriarga yasalgan parallelogrammdan ibOrat
parallelipipedning balandligiga tengdir. Agar a,b,C o‘ng uchlikni tashkil
qilsa, pr-c-h, agar a,b,C chap uchlikni tashkil qilsa, pr-c^-h
tenglik o'rinli bo'ladi. Bu yerda h qaralayotgan parallelipipedning
balandligidir. Shuninguchun F(ia,b,cj—Sh formulanihisobgaolsak
biz bevosita tasdiq isbotini olamiz.
Endi biz vektor ko'paytma xossalarini isbotlashga kirishamiz.
22
1-xossa isboti a,b,[a,b] va a,b,[ft,a] uchliklamingorientatsiyalari
har xil ekanligidan kelib chiqadi: birinchi uchlik o‘ng orientatsiyaga,
ikkinchi uchlik chap orientatsiyaga egadir.
2-xossani isbotlash uchun ikkita holni ko‘ramiz Л > 0 va Л < 0 •
Birinchi holda a va Ла vektorlar bir xil yo'nalishga ega va shuning
uchun a,b,[Aa,b]v^ a,b,[a,bl vektorlar bir hil orientatsiyaga ega.
Demak, [л<2, ft] va я[а, ft] vektorlar uzunliklari teng va bir xil yo'nalishga
ega.
Ikkinchi holda a va Ла vektorlar yo'nalishlari qarama-qarshi va
a,b,[Aa,b]vaa}b,[a,b] vektorlar uchliklari har xil orientatsiyaga ega
bo'ladi.Bundan esa [Яа,ь] va [a,ft] vektorlar qarama qarshi yo'nalishga
ega ekanligi kelib chiqadi. Demak, [Ла,ft] vaz[a,ft] vektorlar bir xil
yo'nalishga ega va uzunliklari tengdir.
3-xossa isbotini keltiramiz.
a)	a,ft, va komplanar
vektorlar, e,c,g ~ o'ng uchlik
bo'lib, e,g vektorlar 1-tasdiq
shartlarini qanoatlantiruvchi vektorlar
bo'lsa, ikkita vektor ko'paytmani
quyidagi ko'rinishda yozish mumkin:
[a,c]=pr-a|c|g va'
[ft,c]=pr-ft|clg .
14-chizjna.
Endi proeksiya xossasidan foydalanib,
[a + ft,c ]= pre (a+ft)|c] g = pr a p| g + pr- ft p| g
23
tenglikni hosil qilamiz.
b)	a,b, va c komplanar vektorlar emas;
Bu holda [д + £,с ], [a,c ][Z>, C ] vektorlaming barchasic
vektorga perpendikulyar bo‘lganligi uchun ular komplanar oilani tashkil
etadi. Demak, ular chiziqli bog'lanishli bo‘ladi, ya’ni kamida bittasi
noldan farqli Л,, й, 2, Л 3 sonlari mavjud bo‘lib
Л,[а + Ь,с + Л2[а,с ] +Л3[б,с j = 0
tenglik o'rinli bo‘ladi.Bu tenglikdan
Л [« + 6,c ]=-Л2[а,с	]
tenglikni hosil qilib, uning ikkala tomonini b ga skalyar ko‘paytiramiz
va
Л£а + Ь)сЬ = -Ла acb
tenglikni hosil qilamiz. Yuqoridagi aralash ko‘paytma haqidagi tasdiqqa
ko'ra
(a + b)cb va acb
aralash ko‘paytmalarning absolyut qiymatlari mos ravishda V(a+b)cb,
Vacb parallelipiped hajmlariga tengdir.
Bu parallelipipedlarning asoslari sifatida mos ravishda a + b*b
vaa,b, vektorlarga qurilgan parallelogrammlarni olsak, ularning
balandligi tengligini ko'ramiz. Shuning uchun Vacb = S^h va
^(a+b)cb = ^2^ tengliklardan va ularning asoslari yuzalari ham
tengligidan bu hajmlarning tengligi kelib chiqadi.
Endi (a + b) c b va acb aralash ko‘paytmalar bir xil ishoralarga
24
ega bo‘lishi, a + b, c, b uchlik orientatsiyasi a ,c,b uchlik orientatsiyasi
bilanustma-ust tushishidan kelib chiqadi. Demak, (a+ b)cb —acb-
Bundan esa Лх = — Z2 munosobatni hosil qilamiz. Xuddi shunday usul
bilan = — Л3 tenglikni isbotlaymiz.
Demak,
[a + b, t] = [a, c] + [ft, c]
tenglik o‘rinlidir.
4-xossaning isboti a va b vektorlar parallel bo'lganda ular orasidagi
burchakning sinusi nolga tengligidan kelib chiqadi.
8-§. Vektor va aralash ko‘paytmani koordinatalar orqali
ifodalash
O‘ng uchlikni tashkil qiluvchi ortonormal в ( e2,e2 bazis berilgan
bo‘lsa, a, b, va c vektorlami
a = axex + tz2e2 + азез ,
b = bxex + b2e2 + b3e3 t
c = cxex+c2e2+ c3 e3
ko'rinishda yozib, skalyar, vektor va aralash ko‘paytmalami hisoblaymiz.
Skalyar ko'paytma uchun
(a,b)= axbx 4-O2^2 +<73^3 tenglik hosil bo‘ladi.
Vektor ko'paytmani hisoblashda
25
[e,,e2J=e3 , [e3,ej j= e2 , [e2,e3 J= e{
munosabatlami hisobga olib
[a,b J= (a2b} -a3b2)e} + (a3bx -axb3)e2 + (axb2 -a2b})e3
tenglikni hosil qilamiz.
Qulaylik uchun vektor ko'paytmani koordinatalari orqali
[a,Z>] =
a2 a3 a3 ax
h2^ b3bx
ax a2
bx b.
ko'rinishda yozish qabul qilingan.
Bundan foydalanib aralash ko'paytma uchun
ab c -
tt\ a2 a3
b\ b2 b3
C1 c2 c3
formulani hosil qilamiz.
9-§. Tekislikda qutb koordinatalar sistemasi
Tekislikda kutb koordinatalar sistemasini kiritish uchun birorta О
nuqtani va bu nuqtadan o'tuvchi o'qni tanlab olamiz. Tanlangan nuqtani
qutb boshi, o‘qni esa qutb o‘qi deb ataymiz va uni £ bilan belgilaymiz.
Tekislikda berilgan ixtiyoriy О nuqtadan farqli M nuqta uchun p bilan
\OM| masofani, (p bilan esa £ o‘q bilan OM nur orasidagi burchakni
belgilaymiz. Bu kattaliklar M nuqtaning qutb koordinatalari deyiladi va
M(p,<p) ko'rinishda belgilanadi.
Tekislikning О nuqtadan farqli nuqtalari bilan qutb koordinatalari
o'rtasidagi moslik o'zaro bir qiymatli bo'lishi uchun p \z(p kattaliklar
uchun quyidagi chegara qo'yiladi: 0 <p< +oo, 0< (p < 2/Г -
26
Agar (х,у) De kart koor-
dinatalar sistemasini 15-chizma-
dagidek kiritsak, quyidagi
x = pCOS(p, y-ps\n(p
bog'lanishlarni olamiz.Berilgan M
nuqtaning Dekart koordinatalari
ma’lum bo‘lsa,uning qutb
koordinatalarini topish uchun
V-2	2
* +У
formula bo'yicha birinchi qutb
koordinatani topamiz.Ikinchi qutb
	У M / Ф	-
	0	x 15-chizma
koordinatani topish uchun M nuqtaning qaysi chorakda joylashganligini
bilishimiz kerak va
q> = arctg— (p = arcctg—
x ’	У
tengliklardan foydalanishimiz kerak.
10-§. Silindrik koordinatalar sistemasi
Fazoda silindrik koordinatalar
sistemasini kiritish uchun biz fazoda
bitta tekislikni va unga tegishli birorta
О nuqtani tanlashimiz kerak.
Tanlangan tekislikda 0 nuqtani qutb
boshi sifatida olib, bu tekislikda qutb
koordinatalarini kiritamiz. Berilgan
tekislikka perpendikulyar va О
nuqtadan o'tuvchi o‘qni OZ o‘qi
sifatida olib, fazoda silindrik
koordinatalar sistemasini quyidagicha
kiritamiz:
fazoda berilgan M nuqtaning
27
tekislikdagi proyeksiyasini TV bilan, uning OZ o'qdagi proeksiyasini M'
bilan belgilaymiz. Silindrik koordinatalar sifatida (p,(p,z) kattaliklami
olamiz. Bu yerda (р,ф)- N nuqtaning berilgan tekislikdagi qutb
koordinatalari, z esa OM’ kesma kattaligidir.
Agar biz fazoda OXY tekislik sifatida tanlangan tekislikni, OX
o‘q sifatida qutb o‘qini olib dekart koordinatalar sistemasini kiritsak
x = pcos(p, x = psin$> ,z=z
bog‘lanishlarni olamiz. Bu yerda p, <p o'zgaruvchilar uchun
0 < p < +oo, 0 < cp < 2л
munosabatlar o‘rinlidir.
Fazoda silindrik koordinatalar sistemasini kiritganimizda fazo bitta
o'qqa ega bo‘lgan ichma-ich joylashgan (konsentrik) silindriaiga ajraladi.
Fazoning har bir nuqtasi bu silindrlarning faqat bittasiga tegishli bo'ladi.
Agar nuqtaning silindrik koordinatalari p, (p, Z bo‘lsa, bu nqta yotgan
silindming radiusi p ga teng bo‘ladi. Agar nuqta silindrlar o‘qiga tegishli
bo‘lsa, u tegishli bo'lgan silindming radiusi nolga teng bo’ladi. Yuqoridagi
tanlangan dekart koordinatalar sistemasida silindrlarning o‘qi Oz o'qidan
iboratdir. Bu dekart koordinatalar sistemasida konsentrik silindrlar
tenglamasi
2	2	2
X +y =p
ko'rinishda bo'ladi.
ll-§. Sferik koordinatalar sistemasi
Fazoda sferik koordinatalar sistemasini kiritish uchun Oxyz —Dekart
koordinatalar sistemasi kiritilgan deb hisoblab, berilgan M nuqta uchun
markazi koordinata boshida bo'lgan va radiusi p = |OAf| gatengbo'Igan
sferani qaraymiz. Berilgan M nuqtaning Oxy tekisligiga proeksiyasini
M' bilan, OM vektor va Oz o‘qi orasidagi burchakni^? bilan,
OM'vektor va Qx o‘qi orasidagi burchakni \J/ bilan belgilaymiz.
28
Burchakiami aniqlashda (p burchak shunday tanlanadiki, Oz o'qining
musbat yo'nalishi tomonidan qaraganimizda, Ox°‘qini OM' nur bilan
ustma-ust tushirish uchun soat mili yo‘nalishiga qarshi yo'nalishda (p
burchakka burish kerak. Yuqorida aniqlangan p, ф, Ц/ kattaliklar M
nuqtaning sferik koordinatalari deyiladi. Bunga sabab, fazoning
koordinatalari /7 = const tenglamani qanoatlantiruvchi nuqtalari
to'plami sferani tashkil qiladi. Fazoning har bir nuqtasi radiusi koordinata
boshidan shu nuqtagacha bo‘lgan masofaga teng bo'lgan sferada yotadi.
Nuqtaning dekart koordinatalari bilan sferik koordinatalari orasidagi
bog'lanish quyidagicha bo'ladi:
x = psin^cos(z?, 0 < ср < 2я
Л 7Г
< y = psintpcosip, -~<ip< —
x
17-chizma.
Odatda fazo nuqtalari bilan ularning sferik koordinatalari orasidagi
moslik o'zaro bir qiymatli bo'lishi uchun
0 < p < oo, 0 < (p < 2л, 0 < <// < zr
chegaralar qo'yiladi.
Fazoda sferik koordinatalar sistemasini kiritganimizda fazo markazi
29
bitta nuqtada bo‘lgan sferalarga ajraladi. Agar nuqtaning sferik
koordinatalari p, (p, bo‘lsa, u yotgan sferaning radiusi p ga teng
bo'ladi. Bu masofa nuqtadan koordinatalar boshigacha bo‘lgan masofaga
tengdir. Nuqta p radiusli sferada yotgan bo‘lsa,
(p va burchaklar uning sferadagi vaziyatini aniqlaydi.
12-§. Tekislikda Dekart koordinatalar sistemasini almashtirish
Orientasiya: Bir vektordan ikkinchisiga qisqa burilish yo‘nalishi soat
strelkasi yo‘nalishiga qarama-qarshi bo‘lsa, bu vektorlar o‘ng ikkilik,
aks holda chap ikkilik tashkil qiladi deyiladi. Bazis sifatida biror ikkilik
tanlansa, biz orientatsiya tanlab olingan deb hisoblaymiz. Bizga
va|z\ J7) ortonormal bazislar berilgan bo‘lsin. Bu bazislar yordamida
kiritilgan Dekart koordinatalar sistemasilarini mos ravishda Oxy va
O'x'y bilan belgilaylik. Nuqtaning “eski” va “yangi” koordinatalari
orasidagi bog'lanishni topamiz. “Yangi” koordinatalar sistemasi
markazining “eski” koordinata sistemasidagi koordinatalarini ш, b) bilan
Tekislikda M nuqta berilgan bo‘lib,uning Oxy va O'x'y’
sistemalardagi koordinatalari mos
ravishda (x, у) va (x\ у') juftliklardan
iborat bo'lsin.
30
Biz quyidagi tengliklarga ega
bo‘lamiz:
OM = xi + yj, O'M = x'i' + y'j',
OO' = ai + b j
Har bir vektorni	bazis
orqali ifodalash mumkinligi uchun
11’' + ai2J,
j' = a2xi + a22j	(1)
munosabatlami hosil qilamiz. Bu ifodalarni
OM = OO' + O^M’ OM=xi + yj
tengliklarga qo'yib
x/ + yj = ai + bj + a^x'i + al2x'J + а21У’ + а22У'j
tenglikni hosil qilamiz.
Bazis vektorlari | i, у J chiziqli erkli oilani tashkil etganligi uchun
yuqoridagi munosabatdan
x = a}Vx' + a2}y' + a
у = a2 xx' + a22y' + b	(2)
formulalami olamiz. Endi а у koeffitsientlami topish uchun ikkita holni
qaraymiz.
Birinchi hoi: {~/,y| va { ЛУ*) bazislar bir xil orientatsiyaga ega.
Buholdaagar (p bilan i va i' vektorlar orasidagi burchakni belgilasak, j
va j' vektorlar orasidagi burchak ham (p ga teng bo‘ladi. Yuqoridagi
(1) tengliklaming har ikkalasini f va j vektorlarga skalyar ko'paytirib,
31
alt = cos^ .<712 = sm <p a-,x = -sin^>, a-,2 = costp
Э
formulalarni olamiz. Agar | va |
bazislar har xil
orientatsiyaga ega bo'lsa, j va j’ vektorlar orasidagi burchak 71 — <p
ga teng bo'ladi. Bu holda (1) tengliklarning har birini f va j vektoriarga
skalyar ko'paytirib ] = COS#? ,a12 = sin^, «2I=sinp,
a22 = -coscp formulalarni hosil qilamiz. Bu formulalarni (2)
formulalaiga qo'yib, mos ravishda quyidagi ikkita formulalarni olamiz:
x = x' cos cp - y’ sin (p + a
, .	,	,	(3)
у = X Sin^ + y COS(p + b
Bu holda o'tish determinanti uchun
fl12
tenglik o'rinli.
Ikkinchi holda bazislaming orientatsiyalari har xil va koordinatalarni
almashtirish formulalari
x = x'cos ^> + j/sin (3 +
у = x'sin (p-у'cos (p + b
ko'rinishda bo'ladi.
Bu holda o'tish determinanti uchun
д=й“ a'2 =-l
^22
tenglik o'rinli bo'ladi. Demak, koordinatalar
sistemesini almashtirganimizda o'tish matritsasi-
ning determinanti musbat bo'lsa, oriyentatsiya
o'zgarmaydi. Agar o'tish matritsasining
determinanti manfiy bo'lsa, oriyentatsiya qarama-
qarshi oriyentatsiyaga o'zgaradi.
32
13-§. Birinchi bob bo‘yicha oraliq nazorat uchun topshiriqlar
namunalari
Variant № 1
1-	a{a + b)=aa + ab tenglikni isbotlang.
2.	Berilgan a - 2i - j + 3k , b = i-3j + 2k , c = 3i + 2j-4k
vektorlar uchun	5.	~11 , (x,c)=20 shartlarni
qanoatlantiruvchi x vektorni toping.
3.	Uchburchakning A (-l, -2;4> , B(-4;~2;0) va С(3;—2;1)
uchlari berilgan. Uning В uchidagi burchagini toping.
Variant № 2
1.	(a + p\i - aa + pa tenglikni isbotlang.
2.	Uchburchakning A(3;2;-3) , B(va C(l,— 2,1)
uchlari berilgan. A uchining tashqi burchagini toping.
3.	Berilgan a = 2i - j + 3k , b - i -3j + 2k , c =3i +2j -4k
vektoriarga qurilgan parallelipiped hajmini toping.
Variant № 3
1.	(rt + 6,c) = (tf,c)+(Z>,c) tenglikni isbotlang.
2.	Berilgan a = ai-3j+2k b=i+2j-ak vektorlar
perpendikulyar bo'lishi uchunn a ning qiymati qanday bo'lishi kerak.
-	-	я
3.	Berilgan a va b vektorlar orasidagi (p burchak — ga tengligi va
6
|я|=7з , 161=1 ekanligi ma’lum bo'lsa, p-a + b va q = a-b
vektoriarga qurilgan parallelogram yuzasi topilsin.
33
Variant № 4
I  \ла. h ] = [с/. /Ъ ] = л[с/, h ] tenglikni isbotlang.
2. Uchburchakning A (-1. -2;4; , B( -4;-2;0y va C(3,-2;l)
uchlari berilgan. Lining В uchidagi tashqi burchagini toping.
3. O‘ng uchlik tushunchasini keltiring.
Variant № 5
1. Ikkita nokollinear vektorlaming chiziqli erkli ekanligini isbotlang.
2. Berilgan a va £ vektorlar orasidagi (p burchak
/Т
6
ga tengligi v^
I a i= д/3 , 161= 1 ekanligi ma’lum bo‘lsa, p = a + b va q = a-b
vektorlar orasidagi burchak topilsin.
3. Chap uchlik tushunchasini keltiring
Variant № 6
1.	Uchta nokollinear vektorlaming chiziqli erkli ekanligini isbotlang.
2.	a-i-3j + k , b-2i-j+ 3k vektorlarga qurilgan
parallelogramm yuzini toping.
3.	Vektor ko'paytmaning ta’rifini keltiring.
Variant № 7
1.	Bazis va koordinatalar. Dekart koordinatalar sistemasi.
2.	Berilgan a = {1,0} = [1 ,1}
vektorni chiziqli ifodalang.
3.	Aralash ko'paytmani aniqlang.
vektorlar orqali c
Variant № 8
1.	Skalyar ko’paytmaning dekart koordinatalardagi ifodasini keltirib
chiqaring.
2.	L’chburchakning Jf3;4;-lJ B(2;0;3) va C’(-3;5;4)
uchlari berilgan. Lichburchakning yuzi hisoblansin.
34
3.	Berilgan а = {1,-1,3}, Z? = {1.4,2} vektorlaming vector
ko‘paytmasini toping.
Variant № 9
1.	Vektor ko'paytmaning dekart koordinatalardagi ifodasini keltirib
chiqaring.
2.	Fazoda М{— 5;7;~6) va zv(7;—9;9) nuqtalar berilgan.
Berilgan a — {1;—3;1} vektoming MN vektor yo'nalishdagi o‘qqa
proeksiyasini toping.
3.	Berilgan a = {2,— 1,3}, b = {1,4,2} vektorlaming kollinear
bo'lish yoki bo‘lmasligini aniqlang.
Variant № 10
I.	Aralash ko'paytmaning dekart koordinatalardagi ifodasini keltirib
chiqaring.
2.	Uchlari Л(2.-1,1), В(5;5;4),С(3;2,-1),Г>(4;1;3)
nuqtalarda bo'lgan tetraedr hajmi hisoblansin.
3.	Berilgan a = {2,-1,3}, b = {1,4,2],c - {3,1,- 1} vektorlaming
komplanar bo‘lish yoki bo‘lmasligini aniqlang.
Variant № 11
1.Skalyar ko'paytmaning xossalarini keltiring.
-	7	n
2.	Berilgan a va b vektorlar orasidagi (p burchak — ga tengligi va
|а|=л/3 ,1 b |= 1 ekanligi ma’lum bo'lsa, p = a + b ^^q-a-b
vektorlari orasidagi burchak topilsin.
3.	Berilgan t/ = {2.-1.3}, b = {1.4,2}, c = {3,1,-1} vektorlarga
qurilgan parallellopipedning hajmini toping.
Variant № 12
I.To'g'ri chiziqda koordinatalar sistemasini kiriting.
35
2. Berilgan a - ai - 3j + 2k b-i + 2j-ak vektorlar
perpendikulyar bo'lishi uchunnfif ning qiymati qanday bo’lishi kerak .
3. Berilgan a = {2,-1,3}, b = {1,4,2},c = {3,1.-1} vektorlaming
o‘ng yoki chap uchlik hosil qilshini aniqlang.
Variant № 13
l.Tekislikda dekart koordinatalar sistemasini kiriting.
2. Uchlari ^(2:-l:l). Z?(5;5;4). C(3:2:-l), £>(4;1;3) nuqtalarda
bo'lgan tetraedr balandligi hisoblansin.
3. Berilgan д = {2,-1,3}, b-{1,4,2},c= {3,1,- 1} vektorlarriing
bir tekislikka parallel bo'lishi yoki bo‘lmasligini aniqlang.
36
II BOB
TO‘G‘RI CHIZIQLAR VA TEKISLIKLAR
l-§. Tekislikda to‘g‘ri chiziqlar
1. To‘g‘ri chiziqning umumiy
tenglamasi	' ‘
Tekislikda Oxy Dekart
koordinatalar sistemasi	—	,
kiritilgan bo‘lsin. Agar |J'
tekislikda biror C to‘g‘ri chiziq Mo (xo,yo)	,
berilgan bo‘lsa, unda yotgan
nuqtalar koordinatalari birinchi	21-chizma.
darajali Ax+By + C = Q
tenglamani qanoatlantirishini ko'rsatamiz. Tekislikda yangi O'x'y'
koordinatalar sistemasini shunday kiritamizki ^to‘g‘ri chiziq absissa
o‘qi bilan ustma-ust tushsin. Yangi O'x’y' koordinatalar sistemasida^
to‘g‘ri chiziqdagi nuqtalarning koordinatalari у' = 0 tenglamani
qanoatlantiradi. Biz O'x'y' koordinatalar sistemasidan eski Oxy
koordinatalar sistemasiga o‘tsak yuqoridagi tenglama Ax + By+ C = 0
ko‘rinishga ega bo‘ladi. Bu yerda koeftltsientlar quyidagi munosabatni
qanoatlantiradi: A2 +B2 >0
Teskari masala qo‘yamiz, ya’ni berilgan tenglamaga
Ax + By + C = 0 ko‘ra to‘g‘ri chiziqni aniqlaymiz.
Koordinatalari A x + By + C = 0 tenglamani qanoatlantiruvchi
Изд) nuqtani olamiz. Agar £ bilan M(x0 j’o) nuqtadan o‘tuvchi
van = [A.B] vektorga perpendikulyar to‘g‘ri chiziqni belgilasak,
Л/(х,у) nuqta to‘g‘ri chiziqqa tegishli bo'lishi uchun M0M vektor
37
п = {/1,В} vektorga ortogonal bo'lishi zarur va yetarlidir. Ortogonallik
shartini skalyar ko’paytma orqali yozsak
А л- + By + C = 0,
(1)
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglama to‘g‘ri chiziqning umumiy
tenglamasi deyiladi. Agar (1) tenglamada A = 0 bo’lsa, (1) tenglama
Ox o'qiga parallel to'g'ri chiziqni, В = 0 va C = 0 bo'lgan hollarda
mos ravishda Oy o'qiga parallel va koordinata boshidan o'tuvchi to'g'ri
chiziqlarni olamiz.
Bizga berilgan (1) tenglamaning hamma koeffitsientlari noldan farqli
bo'lsa, tenglamani
(2)
ko'rinishda yozib va « --------,b —------belgilashlar kiritib. uni
A В
22-chizma.
(3)
ko'rinishga keltiramiz. Bu tenglama
to'g'ri chiziqning kesmalardagi
tenglamasi deyiladi. Bu holda to'g'ri
chiziq koordinata boshidan o'tmaydi
va koordinata o'qlaridan kattaliklari
mos ravishda Cl va /?larga teng
bo’lgan kesmalarni ajratadi. Bu
tenglama to'g’ri chiziqni chizish
uchun qulaydir.
ЗЯ
2-§. To‘g‘ri chiziqning kanonik tenglamasi
To'g'ri chiziqqa parallel har qanday vektor to'g'ri chiziqning
yo’naltiruvchi vektori deyiladi. Agar to‘g‘ri chiziqning bitta nuqtasi va
yo'naltiruvchi vektori berilgan bo'lsa.uning tenglamasini tuzish masalasini
qaraylik. Agar a = yo’naltiruvchi vektor bo'lib, A/(xq,To)
nuqta to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lsa. to'g'ri chiziqning har bir
nuqtasi uchun	vektor « = {€,/7?} vektorga kollinear bo'lishi
kerak. Kollinearlik shartini yozsak, quyidagi tenglamani olamiz:
x-A’o y-yo
—~~ “  --------- (4)
(' m
Bu tenglama to’g'ri chiziqning kanonik tenglamasi deyiladi.
Yuqoridagi (4) tenglamaning o'ng va chap tomonlarini/ bilan
belgilasak quyidagi parametrik tenglamalarni olamiz:
x - xq + Ct, у = Jo + mt
Agar abssissa o'qiga parallel bo'lmagan L to'g'ri chiziq OX o'qini
A nuqtada kesib o'tsa,abssissa o'qi bilan to'g'ri chiziq orasidagi burchakni
bilan belgilaymiz. Burchak (/) yagona ravishda tanlanishi uchun
to'g'ri chiziqning birorta yo'naltiruvchi
a — ni j vektorini tanlab burchakni
OX o'qidan yo'naltiruvchi vektorga soat
mili yo'nalishiga qarshi yo'nalishda
hisobiaymiz. Bu burchakning
tangensini к bilan belgilasak
, m
к - —
f
tenglikni hosil qilamiz. To'g'ri
chiziqning birorta jV/(xq,Vo)
nuqtasini bilsak, uning tenglamasini
39
j-Jo = k(x-xQ)	(5)
ko'rinishda yoza olamiz. To'g'ri chiziqlar orasidagi burchakni hisoblash
formulalarini keltirib chiqaramiz. Agar L\ va £7 to'g'ri chiziqlar
A}x + В|у + C| =0 va A2x + B->y + C2 = 0
tenglamalar bilan berilgan bo'lsa, ular orasidagi burchak ularning
771 =	, £| n2 = (A-,, By } normal vektorlari orasidagi burchakka
tengdir. Vektorlar orasidagi burchak bizga ma’lum bo'lgan
A, Ay + B}By
COS (0 - ,	.—
1	/О	9	/	9	9
у + B\ X ^2	^2
(6)
formula bilan hisoblanadi./\gar Lj vaL2 to'g'ri chiziqlar mos ravishda
x - x, _ у - J x - x, _ у - y2
r,	va c,'	(7)
m\	12	1,12
tenglamalar bilan berilgan bo'lsa, bu to'g'ri chiziqlar orasidagi burchak,
ularning yo'naltiruvchi at =	} va c/2 = {^.777,} vektorlari
orasidagi burchakka tengdir. Bu holda ham to'g'ri chiziqlar orasidagi
burchak skalyar ko’paytma yordamida
^1-2 +l]hm2
formula bilan hisoblanadi. To'g'ri chiziqlarning parallel yoki
perpendikulyar bo'lishi mos ravishda ularning normal vektorlari (agar
ular (5) tenglamalar bilan berilgan bo'lsa) yoki yo'naltiruvchi
vektorlarning (agar ular (7) tenglamalar bilan berilgan bo'lsa) parallel
yoki perpendikulyar bo'lishiga ekvivalentdir. Shuning uchun
A = A va A A. +BfBy =0
^2 B2 "
tengliklar to'g'ri chiziqlarning parallellik va perpendikulyarlik shartlaridir.
40
Mustaqil ish — 1. Agar to'g'ri chiziqlar (7) tenglamalar bilan berilgan
bo'lsa, ularning parallel yoki perpendikulyar bo'lishi shartlarini yozing.
To'g'ri chiziqlar mos ravishda
у -k}x + b} va у = k2X + b->	(9)
tenglamalar bilan berilgan bo'lsa, ularning absissa o'qi bilan hosil qilgan
burchaklarini C^vadlS bilan belgilasak, to'g'ri chiziqlar orasidagi
burchak (f) uchun
(p = a2 - a,
tenglik o'rinli bo'ladi. Bu tenglikdan
tga2 - tgax  k2-k}
W =	-«1) =
1 + fga} tga2 1 + kxk2	(10)
formula orqali
k-> -k,
-
1 + k\k~>
munosabatni hosil qilamiz.
Mustaqil ish-2. To'g’ri chiziqlar (9) tenglamalar bilan berilgan bo'lsa,
ular uchun paralellik va perpendikulyarlik shartlarini yozing.
3-§. Nuqtadan to‘g‘ri chiziqqacha bo‘lgan masofa
Bizga C to'g'ri chiziq berilgan bo'lsa, koordinata boshidan o'tuvchi
va t to'g'ri chiziqqa perpendikulyar to'g'ri chiziqni L bilan, ularning
kesishish nuqtasini Mq bilan belgilaymiz. Agar /7 bilan L to'g'ri
chiziqning birlik yo'naltiruvchi vektorini belgilasak, u
n - {cos 6, sin 0}
ko'rinishga ega bo'ladi.
41
Tekislikning Mix,)') nuqtasi / to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lishi
uchun OM vektoming L to’g'ri chiziqqa proeksiyasi OM q
vektoming uzunligiga teng bo'lishi zarur va yetarlidir. Agar OMq
vektoming uzunligini p bilan belgilasak,
pr-ОМ =p
tenglikni hosil qilamiz. Proeksiyani skalyar ko'paytma orqali ifodalash
natijasida biz
.VCOS/? + J’sin# - p = Q
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglama to'g'ri chiziqning normal
tenglamasi deyiladi.
Agar M(x, J’) ruiqta tekislikning ixtiyoriy nuqtasi bo'lsa, /Vo bilan
M(x,y) nuqtaning L to'g'ri chiziqdagi proeksiyasini belgilasak,
MqNq kesma kattaligi uchun quyidagi MqNq = ON q — OMq =
= ON{} — p tenglikni hosil qilamiz. Bu yerda ON0 - prMM
bo'lganligi uchun
M{)Nq = xcosO + vsin# - p
formula A/o7Vokattalikni hisoblash imkonini
beradi. Bu kattalik	nuqtaning/ to'g'ri
chiziqdan chetlashishi deyiladi. Chetlashishning
absolyut qiymati	nuqtadan/ to'g'ri
M chiziqqa bo'lgan masofaga tengdir. Demak.
nuqtadan
chiziqqacha
masofani hisoblash uchun
to'g'ri chiziq tenglamasini
24-chizma.
to'g'ri
bo'lgan
42
normal ko‘rinishga keltirish keyin esa nuqta koordinatalarini normal
tenglamaning chap tomonidagi o'zgaruvchilar o'rniga qo'yish yetarlidir.
To'g'ri chiziqning umumiy tenglamasini normal ko'rinishga keltirish
uchun uning ikkala tarafini
ifodaga ko'paytirish zarurbo'ladi. Bu yerda tC — ~p tenglik bajarilishi
kerak. Shuning uchun t ifbdaning ishorasi (J ning ishorasiga qarama-
qarshi bo'lishi lozimdir.
4-§. Fazoda tckislik va to‘g‘ri chiziq tcnglamalari
4. 1 Tekislikning umumiy tenglamasi
Fazoda Dckart koordinatalar sistemasi kiritilgan va Linda CL tekislik
berilgan bo'lsin. Bu tekislikka tegishli nuqtalar koordinatalari birinchi
darajali chiziqli tenglamani qanoatlantirishini ko'rsatamiz. Tekislikka
tegishli Л/о(_v0. Vq,) nuqtani olib. CL tekislikka perpendikulyar
— ▲
birorta vektorni n bilan
belgilasak, A/(x,r.z) nuqta CL	/	~u7
tekislikka tegishli bo'lishi uchun / Г	/
_______	-	/ u M()	/
MqM vektoming /7 vektorga /	/
perpendikulyar bo'lishiga teng / M___________________	/
kuchlidir. Demak. A/(.v.y.s)	25-chizma.
nuqtaning koordinatalari
A (_v - .v(l) + 5(y - y(,) + C(z - -(l) = 0
tenglamani qanoatlantirishi kerak. Agar D=-Ax,- By,,-Cz, belgilashni
kiritsak,
43
A x + By + Cz + D - 0
tenglamani hosil qilamiz.
Teskari masala qo'yamiz: A .r + Bv + Cz + D = 0 tenglama berilgan
bo'lsa, koordinatalari berilgan tenglamani qanoatlantiruvchi nuqtalar
to'plami tekislikni hosil qilishini ko'rsatamiz. Koordinatalari berilgan
tenglamani qanoatlantiruvchi birorta ;V/0(_Yq, l’o,3q ) nuqtani olib,
A/0(x*0,>’0jZ0) nuqtadan o'tuvchi va n = {AZ? ,C} vektorga
perpendikulyar tekislikni a bilan belgilasak, bu tekislikdagi nuqtalaming
koordinatalari berilgan tenglamani qanoatlantirishini ko'ramiz. Va
aksincha, koordinatalari berilgan tenglamani qanoatlantiruvchi
nuqtalaming har biri a tekislikka tegishlidir.
4.2 Berilgan uchta nuqtadan o‘tuvchi tekislik tenglamasi
Fazoda bir to'g'ri chiziqda yotmaydigan M[(.X|,Jj ,Z| ),
A/2 (a*2 ,J2’Z2 ) • ^3 Ows >-3 )
nuqtalar berilgan bo'lsa,ulardan o'tuvchi cc tekislik tenglamasini
tuzaylik. Fazoning M(.Y,J’,z) nuqtasi a tekislikka tegishli bo'lishi
Л/;Л/, Л/;Л/„ Mvektorlar-
larning komplanar bo'lishiga teng
kuchlidir. Bu vektorlaming
aralash ko'paytmasi nolga teng
bo'lishini koordinatalar orqol.i
yozsak
tenglamani hosil qilamiz.
44
4.3 Berilgan nuqtadan o‘tuvchi va ikki vektorga parallel tekislik
tenglamasi
Bizga fazoda Л/q (a'q , ).’o,) nuqta va nokollinear^,/? vektorlar
berilgan bo'lsin. Berilgan nuqtadan o'tuvchi va^,Z) vektorlarga parallel
Ct tekislik tenglamasini tuzaylik. Bu holda M(x, y,z) nuqta ct
tekislikka tegishli bo'lishi uchun MqM , a,b vektorlaming komplanar
bo'lishi zarur va yetarlidir.
Agar a = \ax,a2,a^},b = \ЬХ,Ь2,Ь3} bo'lsa,aralash ko'paytmani
4. 4 Ikki tekislikning o‘zaro vaziyati
Bizga dekart koordinatalari kiritilgan fazoda a va ft ikkita tekisliklar
mos ravishda quyidagi tenglamalar bilan berilgan bo'lsin:
ct ’• A [X + Bxy + C\z + Dx — 0, P ' A -,x + B-,y + C-,z + BX — 0.
Bu tekisliklar orasidagi burchak ularning normal vektorlari orasidagi
burchakka tengdir. Ularning	va = {A2,B2,C2}
normal vektorlari orasidagi burchakning kosinusini
45
cose? =
J, Л + B,B2 +C.C\
formula bo'yicha hisoblashni
bilamiz. Tekisliklarning parallellik
sharti ularning mormal vektorlari
paralleiligiga teng kuchlidir.
Shuning uchun bu shart
A=A = £l
b2 c,
ko'rinishda yoziladi. Tekislik-
larning perpendikulyar!ik sharti
ularning normal vektorlari
perpendikulyarligiga teng kuchli va
A, A, + B,B2 +C,C2 =0
ko'rinishda yoziladi.
5-§. Nuqtadan tekislikkacha bo‘lgan niasofani hisoblash
Fazoda a tekislik berilgan bo‘lsa, koordinata boshidan bu tekislikka
perpendikulyar / to'g'ri chiziq o'tkazamiz va bu to'g'ri chiziqnitig, tekislik
bilan kesishish nuqtasini M(l bilan belgilaymiz. To'g'ri chiziqning
vektorga parallel yo'naltiruvchi birlikc vektorini
e = {cos cr. cos/?, cos/}
ko'rinishda yozishimiz mumkin. Bu yerda c vektorning koordinata o'qlari
bilan hosil qilgan burchaklari mos ravishda cr,/?,z harflari bilan
belgilangan. Agar A/., nuqta koordinata boshi bilan ustma-ust tushsa. e
46
vektor sifatida f to‘g‘ri chiziqqa parallel ixtiyoriy vektorni olish mumkin.
Bu vektoming tanlanishi f to'g'ri chiziqda yo'nalishni aniqlaydi va
(, to‘g‘ri chiziq o‘qqa aylanadi. Fazoning M(x,y. z) nuqtasirz tekislikka
tegishli bo'lishi uchun OM vektoming f o'qqa proeksiyasi ОМ о vektor
uzunligiga teng bo'lishi lozimdir. Demak,
pr-OM = p
tenglik o'rinli bo'ladi. Вu yerda p- koordinata boshidan a tekislikkacha
bo'lgan masofa). Bu tenglikda e vektorning birlik vektor ekanligini
hisobga olib, tenglikni
ргОМ = ^Ом)
ko'rinishda yozamiz. Skalyar ko'paytmani koordinatalar orqali
ifodalasak,yuqoridagi tenglik
xcoscr + j’cos (3+ zcos/ - p = 0
ko'rinishga keladi. Bu tenglama tekislikning normal tenglamasi deyiladi.
Bu tenglama yordamida berilgan A/(x0,v0,zn) nuqtadan a
tekislikkacha bo'lgan masofani hisoblash mumkin. Berilgan
Л/(х0.уГ),/0)nuqtadan a tekislikkacha bo'lgan masofani J bilan,
Л/(х0, v0.z0) nuqtaning f o'qdagi proeksiyasini N bilan belgilasak,
yo'nalishga ega bo'lgan MUN kesmaning kattaligi A/(x0, y0.z0)
nuqtaninga tekislikdan chetlanishi deyiladi. Bu chetlashishni J bilan
belgilasak
fi = M0N =ON-OM0
tenglik o'rinli bo'ladi. Bu yerda p = OMQ tenglikni hisobga olsak
3 = ON — p
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikda OM vektorning ON proyeksiyasini
skalyar ko'paytma orqali yozsak,
47
д' = л;, cos a + r(1 cos /3 + z0 cos у - p
formulani olamiz. Bundan esa uchun
j _ L-t-Vp + By0 + Cz0 + D
! д/.г + B~ +CZ I
formulani topamiz.
Biz oldingi paragraflarda tekislikda nuqtadan to'g'ri chiziqqacha
masofa formulasini ham keltirgan edik. To'g'ri chiziq va tekislik
tenglamalarini vektor ko'rinishda yozib, biz ikkita formulani bitta for-
mula ko'rinishida yozishimiz ham mumkin. Haqiqatan tekislikning
(to'g'ri chiziqning) normal vektorini n - {./LB.C} (to'g'ri chiziq uchun
/? = {^4.2?}) ko'rinishda .tekislikka tegishli (to'g'ri chiziqqa tegishli) nuqta
radius vektorini r0 bilan belgilasak, tekislik (to'g'ri chiziq) tenglamasini
(г - r„ ,n)= 0
ko'rinishda yozishimiz mumkin. Radius —vektori /- bo'lgan
Л/(л0. v0. r0 ) nuqtadan tekislikkacha (to'g'ri chiziqqacha) bo'lgan
masofa skalyar ko'paytmaning moduliga tengdir:
6-§. Fazoda to‘g‘ri chiziq tenglamalari
Dekart koordinatalar sistemasi kiritilgan fazoda bizga f to'g'ri chiziq
berilgan bo'lsa, a - {z7j, Z7-,, } vektor/ to'g'ri chiziqqa parallel
vektorlardan bittasi bo'lsin, rW(.v0. y0.) esa to'g'ri chiziqqa tegishli
48
birorta nuqta bo‘lsin. Berilgan 7W(x0,j’0,z0) nuqtaning radius-
vektorinir0 bilan belgilasak, fazoda radius-vektori bo'lgan A/(x,v.z)
nuqtaning to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lishi r-r0 va a -	,a,}
vektorlaming parallelligiga teng kuchlidir. Bu shartni
r = r0+ttf	(1)
ko'rinishda yozib,to'g'ri chiziqning vektor ko'rinishdagi tenglamasini
olamiz. Bu yerda/ parametr -oodan oogacha o'zgarganda r vektor
oxiri f to'g'ri chiziq nuqtalarini hosil qiladi. Yuqoridagi tenglamani
koordinatalar orqali yozsak
x = xG+axt ,y = y0+a2t ,z = z0+a3t
tengliklarni hosil qilamiz. Bu tenglamalar to'g'ri chiziqning parametrik
tenglamalari deyiladi. Agar bu tenglamalardan t ni yo'qotsak
x — x0	у — у0	z — Zq
------=----------=--------- (2)
(71 a2 a~------------------' '
tenglama kelib chiqadi. Bu tenglama f to'g'ri chiziqning kanonik
tenglamasi deyiladi.
6.1 Ikki nuqtadan o‘tuvchi to'g'ri chiziq tenglamasi
Fazoda radius-vektorlari mos ravishda rx,r2 bo'lgan
va тИ2(хэ, j’2,z,) nuqtalar berilgan bo'lsa, bu nuqtalardan o'tgan (_
to'g'ri chiziq uchun vektor yo'naltiruvchi vektor bo'ladi.
Yuqoridagi (1) tenglamadagi vektor o'miga -^vektomi qo'ysak,
(x0, y0. z0 ) nuqta sifatida Mt (xj, , z,) nuqtani olsak f to'g'ri
chiziqning vektor ko'rinishdagi parametrik tenglamasini
/- = r, + (r, - r,)/	(3)
49
ko'rinishda yozish mumkin. Agar(3) tenglamada/ parametrni yo'qotib,
uni koordinatflarorqali yozsak ( to'g'ri chiziqning kanonik tenglamasini
-V--V, = y-)>y Z~Z,
*2~-Yl	У2~У1	Z2~-l
ko'rinishda hosil qilamiz.
(4)
6.2 To'g'ri chiziq ikkita tekislikning umumiy qismidir
Bizga f to'g'ri chiziq kanonik
Л--Л-0 _ >•- v0 = Z-Zo
Cly	a1	a3
tenglama yordamida berilgan bo'lsin. Bu tenglamadan quyidagi ikkita
tenglamalarni hosil qilamiz
*-*o _ У~Уо У-Уо _z~zo
Cl2 ’	<7,	O3
Bu tenglamalarni
«2 (* - ) ~ °i 6' - Уо ) = 0 ’ аз (У - Уо ) ~ а2 (У - zo) = 0
ko'rinishda yozsak f to'g'ri chiziq
«2(х-х0)-Я1(у-Уо) = 0 va G3(^->>o)-t7:(z-zo) = O
tenglamalar bilan aniqlanuvchi tekisliklarning kesishishidan iborat
bo'lishini ko'ramiz. Agar bizga ikkita a va p tekisliklar
Ay x + By у + C|Z + Dy — 0 va A -,x + B-, у + C^z + D2 — 0
tenglamalar bilan berilib
By Cy У
Л B2 c2>
matritsaning rangi 2ga teng bo'lsa,ular parallel bo'lmaydi va birorta/
to'g'ri chiziq bo'ylab kesishadi. Bu to'g'ri chiziqning kanonik tenglamasini
50
tuzish uchun uning birona nuqtasini va bitta yo'naltiruvchi vektorini
bilishimiz yetarli. Biz koordinatalari
A\ x + B\y + CjZ + D\ — 0
A 2X + B-,y + C-,z + Z?2 ~ 0
sistemani qanoatlantiruviA-/0(x0,y0,z0) nuqtani topib, £ to'g'ri
chiziqning yo'naltiruvchi vektori sifatida Wj = {jpBpCj} va
n2 = {^2,52,C2} vektorlamihg vektor ko'paytmasini olamiz,chunki
bu vektor ko'paytma £ to'g'ri chiziqqa paralleldir.
7-§. Fazoda nuqtadan to‘g‘ri chiziqqacha bo‘lgan masofani
hisoblash
Bizga fazoda (_ to'g'ri chiziq va unga tegishli bo'lmagan
Mx(xx,yx.zx} nuqta berilgan bo'lsin. Biz bilamizki to'g'ri chiziq va
unga tegishli bo'lmagan nuqta orqali bitta tekislik o'tkazish mumkin.
Tekislikda nuqtadan to'g'ri chiziqqacha bo'lgan masofani hisoblashni
oldingi paragraflarda o'lgangan edik. Buning uchun biz to'g'ri chiziqning
tekislikdagi tenglamasini va nuqtaning tekislikdagi koordinatalarini
bilishimiz kerak. Lekin bu ish har doim qulay bo'lmaganlini uchun biz
bevosita f to'g'ri chiziqning
r = r0 + at
tenglamasidan foydalanmoqchimiz. Bizga to'g'ri chiziqning
A/0(x0, y0,"0) nuqtasi va uning yo'naltiruvchi a vektori ma’lum.
Agar N nuqta f to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lib, Mx (x,,>’j,zx) va
N nuqtalardan o'tuvchi to'g'ri chiziq^ to'g'ri chiziqqa perpendikulyar
bo'lsa, Mx(xx, j15z,) va Л’nuqtalar orasidagi masofaMx(xt, j,,zx)
nuqtadan f to'g'ri chiziqqacha bo'lgan masofadir. Biz A’A/, vektorni
51
.VA/, = de,
ko'rinishda yoza olamiz. Bu yerda d = jAA/I|,eI esa АА/, vektor bilan
bir xil yo'nalishga ega bo‘lgan birlik vektordir. Xuddi shunday a vektomi
a - \a\e-,
i I
ko'rinishda yozib, ЛА/, va a vektorlaming vektor ko‘paytmasi uchun
[лА/,. о] = ^[[e,, e2 ]
tenglikni olamiz. Bu tenglikdan
।
i
d='-
AA/,,aj
kt
formulani hosil qilamiz. Lekin bu formulada N nuqta koordinatalari
noma’lum bo'lganligi uchun biz undan bevosita foydalana olmaymiz.
Lekin chizmadan ko'rinib turibdiki, biz NM} vektorni
29-chizma.
52
NM} = r, -(r0 +«/,)
ko'rinishda yoza olamiz. Bu yerda -parametrning N nuqtaga mos
keluvchi qiymatidir. Endi bu ifodani yuqoridagi formulaga qo'yib, at}, a
vektorlaming vektor ko‘paytmasi nol vektor ekanligini hisobga olib,
И
a
formulani yozamiz. Bu formulani koordinatalar orqali yozsak, u
+	+ a3
ko'rinishga keladi.
8-§. To‘g‘ri chiziqlarning o‘zaro vaziyati
Bizga ikkita 2 to'g'ri chiziqlar mos ravishda
-Г у Z	x %2 _____ У У2 ^2
at a2 a3 va h} b2 b3
kanonik tenglamalar yordamida berilgan bo'lsin. Bu tenglamalarni vektor
ko'rinishda yozsak ular
r = r, + at va j- = r2 + as
ko'rinishlarga keladi.
Parallellik. Bu to'g'ri chiziqlar bir tekislikda yotib, kesishmasa ular
parallel to'g'ri chiziqlar deyiladi. Agar biz uchta r2 ~r\ = ,a va
53
b vektorlaming bir tekislikda yotishi shartini yozsak
Л2 Xl У? T|	z2 zx	
a, a2	ca	-0
A, b2	ьз	
tenglikni hosil qilamiz. To'g'ri chiziqlar parallel bo‘lmaganligi uchun ci
va b vektorlar o‘zaro kollinear etnas.
Ayqash to‘g‘ri chiziqlar . To‘g‘ri chiziqlar bir tekislikda yotmasa ular
ayqash to‘g‘ri chiziqlar deyiladi. Bu holda r2-r, =	2 ,a va
b vektorlar komplanar bo'lmaganligi uchun
*2“*l У2-У1	Z2 Z1	
a2	a2	a0
Z), b2	b)	
tengsizlik o'rinli bo'ladi.
Agar to‘g‘ri chiziqlar kesishsa r2 — г, = МХМ2 ,a va b vektorlar
komplanar bo'ladi, a va b vektorlar esa kollinear emas.
9-§. Ikkita ayqash to‘g‘ri chiziqlar orasidagi masofa
Biz ikkita
r - rt + at va r = r2 + bs
tenglamalar bilan berilgan ,£2 ayqash to'g'ri chiziqlar orsadagi
masofani hisoblash formulasini keltirib chiqarmoqchimiz. Ikkita
to'g'ri chiziqlar orasidagi masofa
d = inf d(A,B),A e£},Be(2
formula bo'yicha aniqlanadi. Bu yerda d(A,B)- A va В nuqtalar
54
orasidagi masofadir. Agar to'g'ri chiziqlar kesishsa ular orasidagi masofa
nolga teng bo'ladi. Parallel ('	, to'g'ri chiziqlar orasidagi masofani
hisoblash uchun bitta A e t, nuqtani olib undan £, to'g'ri chiziqqacha
bo'lgan masofani hisoblash yetarlidir. To'g'ri chiziqlar ayqash bo'lgan
holda biz awalo mos ravishda /j./2 to'g'ri chiziqlarga tegishli bo'lgan
Ao va nuqtalar mavjud bo'lib, bu nuqtalardan o'tuvchi to'g'ri
chiziqning , (.2 to'g'ri chiziqlarga perpendikulyar ekanligini ko'rsatamiz.
Buning uchun biz vektorni
Л5о =(r2 +^o)“Oj +«zo)
ko'rinishda yozib, uning a va b vektorlarga perpendikulyarlik shartlarini
yozamiz. Bu shartlami skalyar ko'paytma orqali yozsak,ular
ko'rinishga keladi. Bu tengliklar .s’0,f0 noma’lumlarga nisbatan chiziqli
tenglamalar sistemasidan iboratdir. Bu sistemaning asosiy determinanti д
noldan farqli, chunki
munosabat o'rinlidir. Demak, (5) sistema yagona yechimga ega,ya’ni
(Ло,/?о) juftlik yagonadir. Endi zl0B0 kesma uzunligi to'g'ri chiziqlar
orasidagi masofaga tengligini ko'rsatamiz. Buning uchun mos ravishda
to'g'ri chiziqlarga tegishli va radius - vektorlari
r, + at , r2 + bs
vektorlardan iborat A. В nuqtalar uchun
55
tengsizlikni isbotlaymiz.
Bu tengsizlikni isbotlash uchun vektorni
/Ш = (г, -i\]+(bs-at) = (r, -/• +bs0 -a/0)+(.v-.s0 )& + (/-t0)a
ko'rinishda yozamiz. Bu ifodada
= f 2 ~ ri + 15 о ~ a
tenglik o'rinli. Ikkita o'zaro perpendikulyar p, q vektorlar uchun
(P + Cl)2 = P~ + 4
tenglik o'rinlidir. Bu tenglik umumlashgan Pifagor teoremasi deyiladi.
Bu tenglikni
P = A0B0, q = (s-s0)b + (t-t0)a
vektorlar uchun yozsak,
A В ’ = (г, - г, + Kv0 - a tv )' + [(.v -s0)b + (t-t0 )o]2
tenglikni olamiz. Bu tenglikdan esa
AB" > (r, -/• +bs0 -at0)~ = A0B0 2
tengsizlikni hosil qilamiz. Endi/40B0 kesma uzunligini hisoblash uchun
formulani keltirib chiqaramiz. Shu maqsadda A[:Bf},a,h vektorlaming
aralash ko'paytmasini tekshiramiz. Aralash ko'paytma moduli uchun
|=|450||[c/j]|
tenglik o'rinli ekanligini bilamiz. Bundan esa


munosabatni olamiz. Aralash ko'paytmadagi A0B0 vektorni
56
ЛА Л Л +А Ao
ko'rinishda yozamiz. BuyerdaAx б(гЛ, ef,va OA{ = r,.OA, = r2 
Shuning uchun A0At vektor a vektorga, BOBX vektor esa b vektorga
paralleldir. Bulami hisobga olsak
ДВ, ab\
d =
formula kelib chiqadi. Bu formulani koordinatalar yordamida yozsak ,u
ko‘rinishga keladi.
Mustaqilish uchun topshiriq. Berilgan A x + By + Cz + D ~ 0 tekislik
CE kesmani kesishi shartini yozing.
10-§. To‘g‘ri chiziq va tekislikning o‘zaro vaziyati
Bizga £ to'g'ri chiziq
x-x0 j-jo = z-z,
al a2 a.
tenglama bilan, a tekislik
A x + By + Cz + D = 0
57
tenglama bilan berilgan bo'lsa, ularning tenglamalari bo'yicha o'zaro
vaziyatini aniqlamoqchimiz.
Tekislik va to'g'ri chiziq orasidagi burchak to'g'ri chiziqning
yo'naltiruvchi vektori va tekislik normal vektori orasidagi burchakning
я	~ f
— gacha bo'lgan to'ldiruvchisiga tengdir,ya’ni agar a = у/,, я2
va n = |J,/ТС’} vektorlar orasidagi burchak <// ga teng bo'lsa,tekislik va
to'g'ri chiziq orasidagi $9 burchak у — Vх ga tengdir. Bu burchak
Aa. + Bctj + Ca,
s] A2 +B2 +C2 y]a2 + a2 + aj
formula bo'yicha hisoblanadi. Tekislik va to'g'ri chiziqning paralellik
sharti
Aa} + Ba-, + Ca3 = 0
tenglikka, perpendikulyarlik sharti esa
A__ B__C_
at a2 a3
munosabatga teng kuchlidir.
Agar
A x0 + Byn + Cz0 + D = 0 va Aa{ + Ba2 + Ca3 = 0
tengliklar bajarilsa/ to'g'ri chiziq a tekislikda yotadi.
ll-§ Mustaqil ish uchun topshiriqlar
/. Uchta tekislik
Atx + By у + Cxz + Dy - 0,
A2x + B2y + C2z + D2 = 0,
58
А3х + В3у + C3z + D3
tenglamalar bilan berilgan bo ‘Isa, ularning bir nuqtada kesishish shartini
toping.
2.	Ikkita parallel bo'lmagan to'g'ri chiziqlar
AjX +	+ Cj — 0,
A2x + B2y + C7 = 0
tenglamalar bilan berilgan bo'lsa,ular hosil qilgan burchakning
bissektrissalari tenglamalarini tuzing.
3.	Berilgan М(хц,уц) nuqtadan o'tuvchi va у = кX + b to'g'ri
chiziq bilan ma ’lum(p burchak tashkilqihivchi to'g'ri chiziq tenglamasini
tuzing.
4.	Uchta to'g'ri chiziq
A^x + B^y + C] = 0,
A2x + B2y + C2 = 0,
Л3л + 53^ + С3=0
tenglamalar bilan berilgan bo ‘Isa,ularning bir nuqtada kesishish shartini
toping.
5.	Ikkita parallel bo ‘Imagan tekisliklar
А^х + Bty + CjZ + £)[ = 0,
A-jX + B2y + C2z + D2 — 0,
tenglamalar bilan berilgan bo‘Isa, ular hosil qilgan ikki yoqli burchaklar
uchun bissektorial tekisliklar tenglamalarini tuzing.
6.	Ikkita parallel bo ‘Imagan tekisliklar
А^х + B^ у + C[2 + £)] — 0,
A2x + B2y + C2z + D2 — 0,
tenglamalar bilan berilgan bo‘lsa, berilgan Mi(x.i,yi,z^ va
^2(х2’^2’22) nuqtalaming tekisliklar hosil qilgan ikki yoqli
59
burchaklarga nisbatan holatini aniqlang.
7.	Berilgan tekislikning kesmani kesishi shartini yozing.
8.	Ikkita parallel bo'lmagan to'g'ri chiziqlar
A^x + B{y + C[ = 0,,
A^x + B2y + C7 = 0,
tenglamalar bilan berilgan bo ‘Isa, koordinata boshi va berilgan (x|, )
nuqtaning to'g'ri chiziqlar hosil qilgan burchaklarga nisbatan holatini
aniqlang.
9.	Berilgan Mj(xj,_y],Z|) nuqtadan o'tuvchi va
AyX + B])> + C|Z + Di =0 tekislikkaperpendikulyarto'g'richiziqning
tenglamasini yozing.
X - xo _ у - Уц _Z-Zq
10.	To'g'ri chiziq ~ m ~ p ten8loma bilan
berilgan bo‘Isa, bu to'g'ri chiziq va unga tegishli bo'lmagan
(xj	nuqtadan o'tuvchi tekislik tenglamasini yozing.
11.	Affin koordinatalar sistemasini aniqlovchi bazis vektorlari orasidagi
7Г
burchak ~ ga teng bo ‘Isa,
4x - 5у + 7 = 0 va 9x + 4_y -11 = 0
tenglamalar bilan berilgan to'g'ri chiziqlar orasidagi burchakni toping.
и
12.	Affin koordinatalar sistemasi o'qlari orsasidagi burchak ~ ga
teng bo'lsa, uchlari A(-1,2), 5(1,1),
nuqtalarda bo'lgan
uchburchakning AB tomoni va C uchidan tushirilgan medianasi orsaidagi
burchakni toping.
60
13.	Quyidagi uchta to‘g‘ri chiziq bitta nuqtada kesishadimi?
Зх — у -1 = 0 ,2x - >’ + 3 = 0 - >’ + 7 = 0
14.	Ikkita to'g'ri chiziq
x-3y + lQ = 0,
2x + у-8 = 0
tenglamalar bilan berilgan bo‘Isa, bu to'g'ri chiziqlar orasidagi qismi
P(0,l) nuqtada teng ikkiga bo'linuvchi to'g'ri chiziq tenglamasini fuzing.
15.	Uchburchak tomonlari
2x-y + 3 = 0,x + 5y-7 = 0 va3x-2y + 6 = 0
tenglamalar bilan berilgan bo ‘Isa, uning balandliklari tenglamalarini tuzing.
16.	To‘rtburchak tomonlari
x-y = 0, x + 3y = 0, x - у - 4 = 0, 3x +j-12 = 0
tenglamalari bilan berilgan. To ‘rtburchak diagonallari tenglamalarini tuzing.
17.	Uchburchak tomonlari
2x - 5y - 2 = 0 x 4- у - 8 = 0 , 5x - 2y - 5 = 0
tenglamalar bilan berilgan. Uchburchak ichida shunday nuqta topingki,
bu nuqta bilan uchburchak uchlarini tutashtiruvchi to'g'ri chiziqlar
uchburchakni teng yuzali uchburchaklarga ajratsin.
18.	To'g'ri chiziq
12x4-5y-52 = 0
tenglama bilan berilgan bo ‘Isa, unga parallel va undan 2 birlik masofada
bo'lgan to'g'ri chiziq tenglamasini tuzing.
19.	Ikkita ayqash to'g'ri chiziq
x-7 y-3 z-9	x-3_y-l_z-l
1	2-1	-7	2	3
tenglamalar bilan berilgan. Ulaming umumiy perpendikulyari tenglamasi
tuzilsin.
20.	To'g'ri chiziq
x - 5 _ у - 2 _ z + 1
4
3
-2
61
tenglama bilan berilgan bo'lsa, unga koordinata boshidan tushirilgan
perpendikulyar tenglamasini tuzing.
21.	To'g'ri chiziq
x + l_ у _z-2
2 ~-l~ 3
tenglama bilan berilgan bo‘Isa,unga A(4,0,-1) nuqtadan tushirilgan
perpendikulyar tenglamasini tuzing.
22.	Berilgan Mt (x,, у, zt) nuqtadan о ‘tuvchi va
A x + By + Cz + D — 0
tekislikka perpendikulyar to ‘g ‘ri chiziq tenglamasini yozing.
23.	Tomonlari
18x + 6y - 17 = 0, 14x-7y + 15 = 0, 5x + 10y-9 = 0
tenglamalar bilan berilgan uchburchakning burchaklarini toping.
24.	Quyidagi to'g'ri chiziqlarning kesishish nuqtasini toping:
1)	8x - Зу -1 = 0, 4x + у -13 = 0
2)	3x + 7y -15 = 0. 9x + 21y - 32 = 0
3>5x-2y+ 13 = 0, x + 3y-ll = 0
25.	Quyidagi uchta to'g'ri chiziqlar bir nuqtadan o'tadimi?
I)	Зл- - у -1 = 0 ,2л- - у + 3 = 0,л: - у + 7 = О
2)	х + Зу -1 = 0 ,5х + у -10 = 0,Зх - 5у - 8 = О
3)	Зл- - у + 6 = 0,4л- - Зу - 5 = 0,2л- - у + 5 = 0.
26.	Uchburchak tomonlari
х + 2 у + 3 = 0,3л - 7 у + 9 = 0,5л- - Зу -11 = О
tenglamalar bilan berilgan. Uchburchakning balandliklari kesishgan nuqtani
toping.
27.	To'rtburchak tomonlari
x + 3y = 0, л--у = 0, л--у-4 = 0, Зл* + у-12 = 0
tenglamalar bilan berilgan. To'rtburchakning diagonallari tenglamasini
tuzing.
62
28.	To'g'ri chiziqlar orasidagi burchakni aniqlang.
3x -4_y-2z = 0, f4x + у - 6z - 2 = 0,
2x + y — 2z = 0 va у — 3z + 2 = 0
x-7 y-3 z-9	x-3 y-1 z —1
29.	Ushbu-—----—---- va ~	“
1	2-1-723
to'g'ri chiziqlarga umumiy perpendikulyar bo'lgan to'g'ri chiziq tenglamasini
tuzing.
30.	Quyidagi to'g'ri chiziq va tekislikning kesishish nuqtasini toping.
X+1 y~3 z
1)	= —— = ~ va 3x-3y + 2z- 5 = 0
x-13 7-I z-4
2)	—-— = —— =	va x + 2y- 4z + 1 = 0
О	Z	J
x-7 y-4 z-5
3)	—-— = —:— = —— va Зх - у + 2z - 5 = 0
5	14	J
31.	Berilgan(3,\,~2) nuqtadan va
x-4_y+3_z
"T-- 2
to'g'ri chiziqdan o'tuvchi tekislik tenglamasini tuzing.
32.	Berilgan A{4,— 3,\) nuqtaning X + 2y — Z — 3 = 0
tekislikdagi proeksiyasini toping.
X_y-4 _ Z + 1
33.	Berilgan ~~ ~	~ to'g'ri chiziqning
X — 7 + 3z + 8 = 0 tekislikdagi proeksiyasini toping.
x —3 _7 + 4_z-2
----- ---- to'g'ri chiziqdan o'tuvchi va
54.
2	1	-3
63
.V + 5 г - 2 z - 1	...
----—  ---— ——— ю ‘g 'ri chiziqqa parallel tekislik tenglamasini tuzing.
4	7	—
35.	Berilgan to'g'ri chiziq berilgan tekislikda yotadimi?
Л- -1 у + 3 z + 2
I)  -= —— = —z—, 4.v + э v - - + 3 = 0
2-1з
Л- -1 J’ z - 2
2>—= = — . 5x-8.y-2z-l = 0
4	7	3
3x-2y-z-l = 0
36.	Berilgan to 'g ‘ri chiziq va tekislik orasidagi burchakni toping.
x-lv+3z+2
1)	~—— = ——, 4x + 3 у - z + 3 = 0
2>^ = y = ±^ , 5x-8y-2z-l = 0
4	7 э
y ~ 5
4
.Y + 2
3) —r-
j , 3x - 2y - z -1 = 0
37.	Berilgan .1(4.- 3,1) nuqtadan x + 2 V - Z - 3 = 0 tekislikkacha
bo ‘Igan masofani toping.
л-7 v-3 z-9	x-3 y-1 z-1
38.	Ushbu —— =	= -—p	= "V” ~	10 ‘8 n
chiziqlar orasidagi masofani toping.
39.	Quyidagi to'g'ri chiziqlaming tenglamalarini kanonik ko'rinishga
kehiring.
I)
'3x - 4 v - 2z = 0,
2x + у - 2- = 0
f 4л* + у - 6z - 2 - О,
2) [ у - 3z + 2 = 0.
64
40.	To'rtburchak tomonlari
x + 3j> = 0, x-_y = O, x- у - 4 = 0, Зх + у-12 = 0
tenglamalar bilan berilgan. To‘rtburchak burchaklari bissektrisalarining
tenglamalarini tuzing.
41.	To‘g‘ri to‘rtburchakning uchta tomoni
x + y-Q, x-y = Q, x-y-4=0
tenglamalar bilan berilgan. Uning yuzasi lOga tengbo‘lsa, to‘rtburchakning
to ‘rtinchi tomoni tenglamasini fuzing.
42.	Uchburchak tomonlari
x + 2y + 3 = 0 ,3x - 7 у + 9 = 0 ,Sx - 3y -11 = 0
tenglamalar bilan berilgan. Uchburchakning medianalari kesishgan nuqtani
toping.
65
Ill BOB
IKKINCHI TARTIBLI CHIZIQLAR
l-§. Parabolaning kanonik tenglamasi
Tekislikda biror dekart koordinatalar sistemasida
ci} rv' - 2a2.yу + o.,y2 + 2 a, ,.v + 2 а,- у + a-, =0(1)
tenglama berilgan bo'lsin. Bu yerda 67j,, 67j, 6Z2'> koeffitsientlarning
kamida bittasi noldan farqli bo'lishi lozim. Bu shartni
7	7	7
fl] |“ +	+ a->i > 0 ko'rinishda yozish mumkin.
l-ta’rif Tekislikda koordinatalari (1) tenglamani qanoatlantiruvchi
nuqtalar to'plami ikkinchi tartibli chiziq deyiladi.
Misollar.
2	7
Tekislikda koordinatalari x +	= 0 tenglamani qanoat-
lantiruvchi nuqtalar to'plami faqat bitta nuqtadan iborat.
7	7
2) Tekislikda koordinatalari — y~ = 0	tenglamani
qanoatlantiruvchi nuqtalar to'plami ikkita to'g'ri chiziqdan iborat.
3) Tekislikda koordinatalari A'y — 1 = 0 tenglamani
qanoatlantiruvchi nuqtalar to'plami ikki qismdan iborat va maktab
kursidan ma'lumki, u giperbola deb ataladi.
2-ta’rif. Ikkinchi tartibli chiziq tenglamasini biror dekart koordinatalar
sistemasida
y2 = 2 px, p > 0 (2)
ko'rinishda yozish mumkin bo'lsa, u parabola deb ataladi.
Tenglamadagi p soni parabola parametri deyiladi.
Misol. Siz maktab kursidan у = д” tenglama bilan berilgan
parabolani yaxshi bilasiz. Bu tenglamani kanonik ko'rinishga keltirish
uchun
т' = У,У' = -V
66
'У	1
almashtirish bajaramiz. Natijada y'“ = 2 • — X tenglamani hosil
1
qilamiz. Bu yerda p —
2
Mustaqil ish — 1. 0‘quvchiga tanish у = ax + bx + C tenglama
bilan berilgan parabolani chizing va tenglamasini kanonik ko'rinishga
keltiring.
Biz ikkinchi tenglamani tekshirish yordamida parabolaning xossalarini
o'rganamiz va uni chizamiz. Tenglamadan ko'rinib turibdiki, agar (x, y)
koordinatali nuqta parabolga tegishli bo‘lsa, (x,—y) nuqta ham
parabolaga tegishli bo'ladi. Demak, parabola Ox o'qiga nisbatan
simmetrik joylashgandir. Bundan tashqari koordinata boshi parabolaga
tegishli, X manfiy qiymatlarni qabul qilmaganligi uchun parabola Oy
o'qining o‘ng tomonida joylashgan. Bu mulohazalardan foydalanib, biz
chizmada parabolani quyidagi ko'rinishda tasvirlashimiz mumkin.
Tekislikda X + — — 0 tenglama
bilan berilgan to'g'ri chiziq
Г г n
parabolaning direktrisasi, r _ ,u
2
nuqta esa uning fokusi deb ataladi.
Parabola xossalari:
Parabolaning ixtiyoriy
nuqtasidan direktrisagacha bo'lgan
masofa fokusgacha bo'lgan masofaga
tengdir.
30-chizma.
67
Parabola nuqtasidan F — .0
<2 J
nuqtagacha bo'lgan masofani r bilan,
direktrisagacha bo'lgan masofani d bilan belgilab, Г — d tenglikni
isbotlaymiz.
г -
2 J
ifodada _y2 = 2 px tenglikdan foydalansak va x > 0 munosabatni
hisobga olsak,
formulani hosil qilamiz.
Direktrisagacha bo'lgan masofani hisoblash uchun nuqtadan to'g'ri
chiziqqacha bo'lgan masofa formulasidan foydalanib,
, P P
d=-x~—=x+— = r
2	2
tenglikni hosil qilamiz.
qO. Parabolaning geometrik aniqlanishi.
Berilgan to ‘g ‘ri chiziq va unda yotmaydigan nuqtadan birxil uzoqlikda
joylashgan nuqtalar to ‘plami paraboladir.
Tekislikda (. to'g'ri chiziq va unga tegishli bo'lmagan F nuqta berilgan
bo'lsin. Berilgan F nuqtadan € to'g'ri chiziqqacha bo'lgan masofani p
bilan belgilab va Fnuqtadan t to'g'ri chiziqqa perpendikulyar ravishda
o'tuvchi to'g'ri chiziqni abssissa o'qi sifatida olib koordinatalar sistemasini
kiritamiz. Abssissa o'qining musbat yo'nalishi € to'g'ri chiziqdan F nuqta
68
tarafga yo'nalgan, koordinata boshini £ to‘g‘ri chiziq va E nuqta o'rtasiga
quyidagi chizmadagi kabi joylashtiramiz. Ordinata o‘qi esa € to'g'ri
chiziqqa paralleldir. Natijada (. to'g'ri chiziq: x + — = 0 tenglamaga,
2
F nuqta esa
2 ’0J koordinatalarga egabo'ladi. Tekislikning M(x,y}
nuqtasidan f. to'g'ri chiziqqacha bo'lgan masofaning shu nuqtadan F
nuqtagacha bo'lgan masofaga tengligidan
y2 = 2px
tenglamani hosil qilamiz.
31-chizma.
2-§. Ellips
3-ta’rif. Ikkinchi tartibli chiziq tenglamasini birorta Oxy dekart
koordinata sistemasida
x1 y1
+ <3)
a b
69
ko'rinishida yozish mumkin bo'lsa. u ellips deb ataladi. Bu yerda
koeffitsientiar ci > b > 0 munosabatni qanoatlantiradi.
Bu tenglamani o'rganish natijasida ellipsni chizamiz va uning
xossalarini keltirib chiqaramiz. Tenglamadan ko'rinib turibdiki
Л", V o'zgaruvchilar
— Cl < Л' < Cl, — b < X < b tengsizliklarni qanoatlantiradi. Abssissa
o'qida yotuvchi /| (— C, O) ,	O) nuqtalar cllipsning fokuslari,
X + — = 0 tenglamalar bilan aniqlanuvchi to'g'ri chiziqlar ellipsning
e
direktrisalari deb ataladi. Bu yerda c —
soni ellipsning ekssentrisiteti deyiladi.
Tenglamadan ko'rinib turibdiki, ellips
koordinata o'qlariga nisbatan simmetrik
joylashgan bo'lib, koordinata boshi
uning simmetriya markazidir.
Ellips xossalari:
1. Ellipsning ixtiyoriy nuqtasidan
uning fokuslarigacha bo'lgan masofalar
yig'indisi o'zgarmas va 2a ga tengdir.
Bu xossa bevosita hisoblash
yordamida Г] + A> = 2a tenglikni
tekshirish bilan isbotlanadi.
2. Ellipsning ixtiyoriy nuqtasidan
uning fokuslarigacha bo'lgan
masofalarning mos direktrisalargacha
bo'lgan masofalarga nisbati
o'zgarmas va e soniga tengdir.
/*1	?2
Bu xossa bevosita — =	= e tenglikni tekshirish yordamida
c/| dy
isbotlanadi.
70
о
+ т
2	2 п , "> х Ь
х + с~ + 2хс + b-----------г-
а"
х - - э + 2z?ex + сГ = . х~ -----------—* + 2oe.v + сГ = |хе + <7
dx - -х —
а |хе + а\
х + —
е
2. Ellipsning geometrik aniqlanishi.
Tekislikda ikkita nuqta berilgan bo‘lsa, bu nuqtalargacha bo‘lgan
masofalarining yig'indisi o'zgarmas songa teng bo'ladigan nuqtalarning
geometrik o'rni ellips bo'ladi.
Isbot. Tekislikda JS nuqtalar berilgan. Biz tekislikning nuqtasidan
bu nuqtalargacha bo'lgan masofalarni mos ravishda ko'rinishda
belgilab,
rl + r2 = const = 2a
tenglikni qanoatlantiruvchi nuqtalarinng geometrik o'mini aniqlashimiz
kerak. Berilgan nuqtalar orasidagi masofani 2c bilan belgilasak,
}\+r2 >2c tengsizlikdan a > C munosabat kelib chiqadi. Tekislikda
dekart koordinatalarsistemasiniquyidagichakiritamiz. Berilgan FX,F)
nuqtalardan o'tuvchi to'g'ri chiziqni abssissa o'qi sifatida olamiz, unda
musbat yo'nalish F\ nuqtadan /7 nuqtaga qarab yo'nalgan bo'ladi.
Koordinata boshini FX,F-^ nuqtalarningo'rtasigajoylashtirib, ordinata
o'qi sifatida abssissa o'qiga perpendikulyar ixtiyoriy o'qni olamiz.
Masofalar uchun
71
ifodalarni yuqoridagi tenglikka qo'yib,
7(x + c)2 + J?2 =2a- y](x-c)2 + y2
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikning ikkala tomonini kvadratga oshirib,
hadlarni ixchamlashtirib, yana qayta kvadratga oshiramiz va quyidagi,
tenglamani hosil qilamiz. Bu yerda b2 = a2 — c2 belgilash kiritilgan.
3. Bizga / to'g'ri chiziq va unga tegishli bo'lmagan nuqta Fberilgan
bo‘lsa, tekislikda berilgan nuqtagacha bo'lgan masofasining berilgan to'g'ri
chiziqqacha bo'lgan masofasiga nisbati o'zgarmas birdan kichik e soniga
teng bo'lgan nuqtalarning geometrik o'rni ellips bo'ladi.
Bu faktni isbotlash uchun berilgan F nuqtadan to'g'ri chiziqqa
perpendikulyar to'g'ri chiziq o'tkazib, uni abssissa o'qi sifatida olamiz.
Natijada abssissa o'qini F nuqta ikki qismga ajratadi. Berilgan Fnuqtadan
to'g'ri chiziqqacha bo'lgan masofaning e soniga ko'paytmasini p bilan
belgilab, quyidagi tengliklar bilan
P	ГЬ------7
a--------у va c = ea, b = \a -c
l-e
a, b, c sonlarni kiritamiz. Koordinata boshini abssissa o'qining I to'g'ri
chiziqni kesmaydigan qismida F nuqtadan c birlik masofada
joylashtiramiz. Natijada koordinata boshidan / to'g'ri chiziqqacha bo'lgan
masofa
(2 \
1	- e I a
r [ -r v - -r a -	*	L + ea - —
e	e	e
kattalikka teng bo'ladi. Bu yerda bilan F nuqtadan / to'g'ri chiziqqacha
bo'lgan masofa belgilangan. Demak, / to'g'ri chiziq tenglamasi
x-- = 0
e
ko'rinishda bo'ladi. Ikkinchi koordinata o'qini / to'g'ri chiziqqa parallel
72
o‘tkazib, tekislikning M(x,y) nuqtasidan F nuqtagacha bo‘lgan
masofani r bilan, / to'g'ri chiziqqacha bo'lgan masofaga d bilan
belgilasak,
K-ed
tenglikdan
2	2
£- + 2L = J
a2	b2
tenglamani olamiz.
3-§. Giperbola
4-ta’rif. Ikkinchi tartibli chiziq tenglamasini birorta Oxy Dekart
koordinata sistemasida
2	2
x	У _i
2	2
a	b
ко ‘rinishida ifodalash mumkin bo ‘Isa, bu chiziq giperbola deb ataladi. Bu
yerda koeffitsientlar a> b> 0 munosabatni qanoatlantiradi.
Giperbola tenglamasini tekshirish natijasida quyidagilami olamiz:
I) X, у o'zgaruvchilar	— oo<j?<oo tengsizliklarni
qanoatlantiradi. Abssissa o'qidagi F\ (— C, O) , F2 (с, 0) nuqtalar
giperbolaning fokuslari, x ± — = 0 tenglamalar bilan aniqlanuvchi to'g'ri
e
chiziqlar giperbolaning direktrisalari deyiladi. Bu yerda
—7	- c 1
C=\a“ +b~ , e - — > 1 bo'lib,e soni giperbolaning ekssentrisiteti
a
deyiladi.
2) Tenglamada x, у o'zgaruvchilarning faqat ikkinchi darajalari
73
qatnashganligi uchun giperbola koordinata o‘qlariga nisbatan simmetrik
joylashgandir. Bundan tashqari koordinata boshi giperbolaning simmetriya
markazidir.
Giperbola xossalari:
1.	Giperbolaning ixtiyoriy nuqtasidan uning fokuslarigacha bo'lgan
masofalar ayirmasining moduli
o'zgarmas va 2a ga tengdir.
2.	Giperbolaning ixtiyoriy nuqtasidan
uning fokuslarigacha bo'lgan
masofalarning mos direktrisalargacha
bo'lgan masofalarga nisbati o'zgarmas
vae soniga tengdir.
ZL = 21 = e
Bu xossa bevosita > j
tenglikni tekshirish yordamida
33-chizma
isbotlanadi. GiperbolaningM(x,j/)
nuqtasidan fokuslargacha bo'lgan masofalar uchun
= W*+ °)2 ’ >2 = л/(ех-«)2
tengliklar o'rinlidir. Bu yerda ildiz chiqarish amalini bajarsak
agar x > 0 bo'lsa Pj = a + ex, p2 = — a + ex
agar x < 0 bo'lsa /'] = —a — ex, 12 — Gt — ex
tengliklami hosil qilamiz. Natijada agar д-> 0 bo'lsa
P{ - p2 = 2a , agar.x<0 bo'lsa/'] — P2 =—2a tenglik o'rinli
bo'ladi. Demak, ixtiyoriy x uchun
|/']-Г2| = 2О
tenglik o'rinli bo'ladi.
3.	Tekislikda ikkita nuqta berilgan bo'lsa, bu nuqtalargacha bo'lgan
masofalari ayirmasining moduli o'zgarmas songa teng bo'ladigan
nuqtalaming geometrik o'rni giperbola bo'ladi.
74
Tekislikda F\ F^ nuqtalar berilgan. Biz tekislikning nuqtasidan bu
nuqtalargacha bo‘lgan masofalarni mos ravishda ko'rinishda
belgilab
In -r2|=2fl
tenglikni qanoatlantiruvchi nuqtalar to'plami giperbola ekanligini
isbotlaymiz. Berilgan nuqtalar orasidagi masofani 2c bilan belgilaymiz
va tekislikda dekart koordinatalar sistemasini quyidagicha kiritamiz.
Berilgan F\, F-^ nuqtalardan o'tuvchi to'g'ri chiziqni abssissa o'qi sifatida
olamiz, unda musbat yo'nalish F\ nuqtadan F-, nuqtaga qarab yo'nalgan.
Koordinata boshini F\ F^ nuqtalaming o'rtasiga joylashtirib,ordinata
o'qi sifatida abssissa o'qiga perpendikulyar ixtiyoriy o'qni olamiz.
Masofalar uchun
ifodalami yuqoridagi tenglikga qo'yib
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikni kvadratga oshirib va zaruriy alge-
braic almashtirishlarni bajarib,
a2 b2
munosabatni olamiz. Bu yerda =C? — CT belgilash kiritilgan.
4.	Bizga / to'g'ri chiziq va unga tegishli bo'lmagan nuqta /'berilgan
bo'lsa, tekislikda berilgan nuqtagacha bo'lgan masofasining berilgan to'g'ri
chiziqqacha bo'lgan masofasiga nisbati o'zgarmas birdan kattac soniga
teng bo'lgan nuqtalaming geometrik o'rni giperbola bo'ladi.
Bu xossani isbotlash o'quvchilar uchun topshiriq sifatida havola
etamiz. Biz yuqorida e < 1 bo'lganda ellips hosil bo'lishini ko'rsatgan
75
edik. Bu yerda p soni ellipsdagi kabi, giperbolaning katta va kichik
yarim o'qlari
P	I-------
a = ———	i I 2	2
e2 _J > b = \c -a
tengliklar bilan aniqlanadi. Bu yerda c soniC = SCI tenglik bilan
aniqlanadi.
4-§. Parabola, ellips va giperbolaning ba’zi koordinatalar
sistemasidagi tenglamalari
1.	Koordinata boshi chiziqning uchida bo‘lgan hoi:
a) Ellips kanonik ko'rinishdagi
tenglama bilan berilgan bo'lsa,
x' = x + а, у' = у	(2)
almashtirish bajarsak, yangi O'x'y’ koordinatalar boshi ellipsning chap
(-Л, O) uchida joylashadi va (1) tenglama
ko'rinishga keladi. Bu tenglamani
у 2 - 2px' + qx'2	(4)
b2 _ b2 _ 2 .
ko'rinishda yozib olamiz. Bu yerda p-—, cl~ ^~e ~1
a	cT
bo'lib, - 1 < q < 0 munosabat bajariladi. Agar giperbolaning
76
tenglamasida
x' = Л" — a, у — у
almashtirish bajarsak tenglama
У2=2/?х' + ^'2 (*)
ko'rinishda bo'lib, koeffitsientlar uchun
(5)
(6)
b2 2
q = — = e -1 > o,
cT
b2
p = —
a
munosabatlar o'rinli bo'ladi. Agar tenglamada q = 0 bo'lsa parabola
tenglamasini hosil qilamiz.
Demak, giperbolalar, ellipslar va parabolalar tenglamalarini
ko'rinishda yozish mumkin.
2.	Qutb koordinata sistemasidagi tenglamalar
a)	Parabola
y2 = 2px
kanonik tenglama bilan berilgan bo'lsa, qutbni parabola fokusiga
joylashtirib, qutb o'qi sifatida abssissa o'qini olib parabola tenglamasini
qutb koordinatalar sistemasida yozaylik. Agar biz
x' = x-^-, y' = y
almashtirishlar bajarsak
x' = rcos^, y' = rsin<p
tengliklar o'rinli bo'ladi. Bu yerda F, (p nuqtaning qutb koordinatalari
77
bo'lib, agar nuqta parabolaga tegishli bo’lsa, r uning fokal radiusiga
tengdir. Biz
P
x-~ = rcostp
tenglikda /• ning nuqtadan direktrisagacha bo'lgan masofaga tengligini
p
hisobga olib — -V + ~ ifodani yuqoridagi tenglikka qo'ysak,
P
1 - COS (p
munosabatni hosil qilamiz. Bu munosabat parabolaning qutb
M (x.y)
34-chizma.
35-chizma.
koordinatalar sistemasidagi tenglamasidir.
b)	Ellipsning qutb koordinatalar sistemasidagi tenglamasini keltirib
chiqaramiz. Buning uchun qutbni ellipsning chap fokusiga joylashtirib,
abssissa o'qini qutb o‘qi sifatida olamiz. Ellipsning
?	э
X~	r~	i
—+ tt=1
a	b
kanonik tenglamasini qutb koordinatalar sistemasiga o'tkazish uchun
78
]Л'*= X + с
U’-J7
almashtirishlar yordamida yangi O'x'y' dekart koordinatlar sistemasini
kiritamiz. Bu koordinatalar sistemasi va qutb koordinatalar orasidagi
bog'lanish boshi
x' = rcos^, y = rsin(z?
formulalar yordamida beriladi. Ellipsning M nuqtasi uchun chap fokal
radius uning qutb radiusiga tengligidan foydalanib,
MF{ = r = ex + a
tenglikni yozamiz. Bu tenglikdagi r — ex + a ifodani
X + c = rcoscp
tenglikka qo‘ysak
r =--------------------------------
1 - ecos^>
tenglamani hosil qilamiz. Bu yerda
/г
p = — = a-ec
a
tenglikdan foydalandik.
b) Giperbola tenglamasini qutb koordinatalar sistemasida yozish
uchun uning har qismi uchun mos ravishda qutb koordinatalar sistemasini
kiritamiz. Uning o‘ng qismi uchun qutb boshini giperbolaning uning
fokusiga joylashtiramiz va abssissa o‘qini qutb o’qi sifatida olamiz.
Giperbola nuqtasi uchun qutb radiusi r uning o'ng fokal radiusiga
teng bo‘lganligi uchun
r — ex — a
ifodani hosil qilamiz. Biz bilamizki.agar dekart O'x'y' koordinatalar
sistemasi uchun qutb boshi koordinata boshida joylashgan va qutb o‘qi
Ox'abssisa o‘qi bilan ustma-ust tushsa,qutb koordinatalar sistemasi
79
va(?Xj^ koordinatalar sistemasi orasidagi bog‘lanish
x - rcos^z?
y' = r sin (p
formulalar yordamida beriladi. Bu yangi O'x'y koordinatalar sistemasi
va giperbola tenglamasi berilgan Oxy koordinatalar sistemasi orasidagi
bog‘lanish esa
x = X -C
y' = y
ko'rinishda bo'ladi. Biz bu tengliklarning birinchisidan foydalanib,
x — C = r COS (p
tenglikni hosil qilamiz. Yuqoridagi Г ~ ex — a ifodani bu tenglikka
qo'ysak
1 - ecos^p
tenglamani hosil qilamiz. Bu yerda
b1 2 c2 - a2
p- — =-------------= ec - a
a a
tenglikdan foydalandik.
Biz giperbola chap shoxining tenglamasini qutb koordinatalar
sistemasida yozish uchun qutb boshini chap fokusga joylashtiramiz va
abssissa o’qini qarama-qarshi yonalish bilan qutb o'qi sifatida olamiz.
Biz agar
X ——X — C
У =y
formulalar bilan yangi dekart koordinatalar sistemasi kiritsak,ular uchun
80
х' = Г COS (р
у' = rsin^p
formulalar o'rinli bo'ladi. Bu yerda qutb radiuas chap fokal radiusga
teng bo'lganligi uchun
r = -ex - a
tenglik o'rinli bo'ladi. Bu tenglikdagi rning ifodasini yuqoridagi
formulalardan kelib chiqadigan
- x — C = rCOS(p
tenglikka qo'yib,
1 -ecoscp
tenglamani hosil qilamiz. Bu yerda ham
b2 c2-a2
p = — -----------------------------------= ec-a
a a
tenglik o'rinlidir.
Demak, qutb koordinatalar sistemasida mos ravishda tanlanganda
har qanday ikkinchi tartib chiziq tenglamasini
1 -ecoscp
36, 37, 38-chizmalar.
81
ko'rinishda yozish mumkin ekan. Bu tenglama e — 1 bo'lsa parabola,
q <1 bo'lganda ellips va nihoyat e>l bo'lganda giperbola
tenglamasidir.
5-§. Ellips, giperbola va parabolaning urinmalari
Bu chiziqlarning har biri o'ziga tegishli har bir nuqtaning atrofida
birorta difierensiallanuvchi funksiyaning grafigi bo'ladi. Shuning uchun,
bu chiziqlar urinmalarining tenglamalarini tuzishda biz maktab kursidan
ma’lum bo'lgan
У~Уо = /'(*oXx~xo)
tenglamadan foydalanishimiz mumkin. Misol uchun ellipsning .
ordinatalari manfiy bo'lmagan nuqtalardan iborat qismi
Л'2
y =	, -a<x<a
\ a
funksiyaning grafigi bo'ladi. Bu funksiyaninig hosilasini topsak, u
bx  b2x
a2 11 X2 °2у
\ a
ko'rinishda bo'ladi. Bu ifodalarni hisobga olib, ellipsga tegishli
(x0,	) nuqtadagi urinma tenglamasini yozamiz:
b Xq ,
У-Уо=~т- Vх"
а Уо
Bu tenglamada
^o., 2k = i
a2 b2
82
tenglikni hisobga olsak, yuqoridagi tenglama
xx0 , УУо = у
a2 b2
ko'rinishga keladi.
Giperbola va parabola uchun urinma tenglamalarini keltirib chiqarish
o'quvchilarga mustaqil ish sifatida havola etiladi. Ularning
(,хО’Уо )nuqtadagi urinmalari tenglamalari mos ravishda quyidagi
ko‘rinishda bo'ladi:
xxo , УУо =]
2	>2	1
a b
УъУ = P(x + *o)
6-§. Ellips, giperbola va parabolaning optik xossalari
Biz ellipsning quyidagi optik xossasini isbotlaymiz
Teorema. Ellipsning bitta fokusidan chiquvchi nur sinishdan so‘ng
ikkinchi fokusga tushadi.
Isbot. Ellipsning chap F, fokusidan chiquvchi nur uning M nuqtasida
sinib F2 fokusga tushishini ko'rsatish uchun MFt\a MF2 to‘g‘ri
chiziqlarning M nuqtadan o'tuvchi urinma bilan teng burchaklar hosil
qilishini ko'rsatishimiz kerak. Biz ellipsning M nuqtasidan o'tuvchi
urinmasini (j bilan, £ to'g'ri chiziqga nisbatan F2 nuqtaga simmetrik
bo'lgan nuqtani Fj bilan belgilaymiz. Agar Gfj Ф 6Z2 bo'lsa, FjF2 to'g'ri
chiziqning urinma bilan kesisich nuqtasi Murinish nuqta Mbilan ustma-
ust tushmaydi. Shuning uchun
*
FXM
+ f2m*
F*F2 <\F}M\ + \F2M\~2a
tengsizlik o'rinli bo'ladi. Bu yerda a - ellipsning katta yarim o'qi.
Biz M nuqtani urinma bo'ylab M nuqtadan uzoqlashtira
83
*
boshlaymiz. Bunda F\M + F^M
yig‘indi o‘sa boshlaydi.
Boshlang'ich holatda bu yig‘indining qiymati, yuqoridai tengsizlikka
ko‘ra 2a dan kichik
bo'lganligi uchun, yig'indi
o‘sish natijasida qandaydir
N nuqtada 2a ga teng
bo'ladi. Bu nuqtadan
fokuslargacha bo'lgan
masofalarning yig'indisi
2a ga teng bo'lganligi
uchun, u ellipsga tegishli
nuqta boladi.
Bundan esa £ urinma
ellipsni ikkita nuqtada
kesishi kelib chiqadi.
39-chizma.
Ellipsning har bir urinmasi uni faqat bitta nuqtada kesib o'tganligi uchun
biz ziddiyat hosil qildik. Demak, cq = a2 tenglik o'rinli bo'ladi. Teorema
isbotlandi.
Giperbola va parabola uchun optik xossalsr quyidagi teoremalarda
keltirilgan. Giperbola uchun optik xossa ellipsning optik xossasiga
o'xshaydi. Parabola uchun esa, optik xossa boshqacha formilirovka
qilinadi. Agar biz yorug'lik manbaini, parabolaning fokusiga joylashtirsak.
84
undan tarqaluvchi yorug‘lik nurlari parabolaga urinib, singandan so‘ng
direktrisaga perpendikulyar to‘g‘ri chiziqlar bo‘ylab harakatlanadi. Bu
chiziqlaming optik xossalari fan va texnikada ko‘p qo‘llaniladi. Misol
uchun siz bilasizki parabolaning optik xossasi antennalar yasashda
ishlatiladi.
Giperbola va parabolaning optik xossalarini isbotlash o'quvchilarga
mustaqil ish sifatida havola etiladi.
Izoh. Giperbola va parabolaning urinmalari ham ellipsning urinmasi
singari, ulami faqat bitta nuqtada kesib o‘tadi.
Teorema — 2. Giperbolaning bitta fokusidan chiquvchi nur sinishdan
so‘ng ikkinchi fokusga tushadi.
Teorema — 3. Parabolaning fokusidan chiquvchi nur sinishdan so‘ng
uning o‘qiga parallel to‘g‘ri chiziq bo'ylab harakatlanadi.
7-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar
1.	Giperbolaning urinmasi uning asimptotalari bilan yuzasi о ‘zgarmas
uchburchak hosil qilishini ко ‘rsating.
2	2
I \	x У
2.	у — yQ = /L\x — to‘g‘ri chiziq bilan ------------------vy — 1
а Ъ
ellipsning urinish shartini yozing.
3.	Giperbolaning nuqtasidan uning asimptotalarigacha bo‘lgan
masofalarning ko'paytmasi o‘zgarmas( hamma nuqtalar uchun bir
xil)ekanligini ко ‘rsating.
4.	Ellips kanonik tenglama bilan berilgan bo‘Isa, uni ng (xq, у
nuqtasidan o‘tgan urinma tenglamasi
xxo , УУо =1
a2 b2
ко ‘rinishda bo ‘lishini isbotlang.
5.	Ellips urinmasining burchak koeffitsienti к ga teng bo ‘Isa, uning
urinish nuqtasini toping.
6.	Tosh gorizont bilan о ‘tkir burchak hosil qilgan yo ‘nalishda otildi va
parabola yoyi bo‘yicha harakat qilib, boshlang‘ich holatidan 16 metr
85
uzoqlikda yerga tushdi. Uning eng yuqori holati 12 metr balandlikda bo‘Isa,
parabolaning parametrini toping.
7.	Parabolaning fokusidan o‘tuvchi vatarlar o'rtalarining geometrik
o'mini toping.
8.	Berilgan nuqtadan o'tuvchi va berilgan to'g'ri chiziqqa urinuvchi
aylanalar markazlarining geometrik о ‘mini toping.
9.	Har qanday ellips aylananing proeksiyasi ekanligini isbotlang.
10.	Ellips
_	288
16-	7 cos2 cp
tenglama bilan berilgan bo'lsa, uning uzuniigi 10ga teng bo'lgan diametri
fokal о ‘q bilan qanday burchak tashkil qiladi.
2
11.	Giperbola P —	7=
1 -v2cos^
tenglama bilan berilgan bo'lsa,uning asimptotalari va direktrisalari
tenglamasini tuzing.
12.	Giperbolaning chap qismi uchun mos qutb koordinatalar sistemasini
kiriting va uning tenglamasini yozing.
13.	Asimptotasi У^—~х bo'lgan va (12;3д/з) nuqtadan o'tuvchi
giperbola tenglamasini tuzing.
2	„2
x	у
14.	Ellips----1----= 1 tenglama bilan berilgan bo ‘Isin. Berilgan
a2	b2
ellips 90°burchak ostida ко ‘rinadigan nuqtalaming geometrik о ‘mini toping.
2	2
X у
15.	Giperbola------= 1 tenglama bilan berilgan bo ‘Isa, uning
64 36
uzuniigi 20 ga teng bo ‘Igan diametr tenglamasini tuzing.
13. Quyidagi chiziqlarning dekart koordinatalar sistemasidagi
tenglamasini yozing.
86
2
13-12cos(z>
2
? 3-3cos^
2
х). Р ~~ ~л 7
4-5cos(z>
2
? T5-3cos^’
16.	Giperbola^, у —1 tenglama bilan berilgan bo'lsin. Uning
a b
parallel diametrlarining о ‘rtalarining geometrik о ‘mini toping.
17.	Ellipsning birinchi fokusidan chiquvchi nurlar elliptik ko'zguga
urilib, qaytgan nurlar ikkinchi fokusda yig'ilishini isbotlang.
18.	Quyidagi ellpislaming umumiy urinma tenglamalarini tuzing:
2	2
X + У -1
----1---— I va
4	5
2	2
5	4
19.	Ax + By + C = 0 to'g'richiziqning—T — giperbolaga
a b
urinish shartini yozing.
20.	Quyidagi tenglamalar bilan berilgan parabolalarning
uchlarini,parametrlarini va о ‘qlari yonalishlarini toping:
Dy2 -10x -2y -19 = 0
2)y2 -6x + 14j + 49 = 0
87
3)у2 + 8х-16 = 0
4)х2 -6х-4у + 29 = 0
5)у = Ах2+Вх + С
6) у = х2 - 8х +15
7) у - х2 + 6х
х2 V2
21. Ellips----и — = 1 tenglama bilan berilgan bo‘lsa,
30 24
2x-^ + 17 = 0 to‘g‘ri chiziqqa parallel bo‘lgan urinma tenglamasini
tuzing.
x2 y2
22. 4x-5jy-40 = 0 to‘g‘ri chiziq va Jq + 22= e^Ps urin^s"1
ma ’lum bo ‘Isa, urinish nuqtasini toping.
88
IV BOB
IKKINCHI TARTIBLI CHIZIQLARNING
UMUMIY TENGLAMALARI
l-§ Ikkinchi tartibli chiziqlarning markazi
Biz bu bobda tekislikda dekart koordinatalar sistemasida
вцХ2 + 2al2xy + a22y2 + 2ацХ + 2a23 у + a33 =0 (1)
tenglama bilan berilgan ikkinchi tartibli chiziqni tekshirish bilan
shug'ullanamiz. Bu ishni koordinatalar sistemasini o‘zgartirish va (1)
tenglamani soddalashtirish yordamida amalga oshiramiz. Birinchi
navbatda parallel ko‘chirishda (1) tenglama koeffitsientlari qanday
o‘zgarishini tekshiramiz. Buning uchun
x' = x-xo, y' = y-yQ
(2)
formulalar yordamida almashtirishlami bajaramiz. Bu holda koordinata
o'qlarining yo‘nalishlari o‘zgarmaydi,faqat koordinata boshi О '(хО’Уо)
nuqtaga ko'chadi. Bu formulalardanx, jy lami topib va (1) ga qo‘yib,
a{ i (x')2 + 2anx'y + a'22 (у')2 + 2a'l3x' + 2a'23 у + a33 = 0	(3)
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamada koeffitsientlar uchun
= ail’ а12 = ai2’ a22 = a22 ’ «13 — ai1*0 +fl12.ko '*’«13’
<223 = ^21^0 «22.Уо «23’ «33 = Л’о)
tengliklar o'rinli bo‘lib, F(x, y) bilan (1) tenglamaning chap
tomonidagi ifoda belgilangan.
Yuqoridagi (3) fbrmulalardan ko'rinib turibdiki, paralllel ko'chirishda
ikkinchi darajali hadlar oldidagi koeffitsientlar o'zgarmaydi.
89
Айаг<9'(л'0,_у0) nuqtaning koordinatalari
аих + a12y + a13 =0
«21* + a22y + «23 = °’
(5)
sistemani qanoatlantirsa, (3) tenglamada birinchi darajali hadlar
qatnashmaydi.
Bundan tashqari, agar	nuqtaning koordinatalari (5)
sistemani qanoatlantirsa, 0'(xQ,yo) nuqta ikkinchi tartibli chiziq’
uchun simmetriya markazi bo’ladi. Haqiqatan ham bu holda
koordinatalar markazini О'(х0,у^ nuqtaga ko'chirsak, tenglamada
birinchi darajali hadlar qatnashmaydi. Shuning uchun yangi koordinatalar
sistemasida
F(x', y') = F(-x',-y')
tenglik o'rinli bo'ladi. Demak, 0'(хц,Уо) nuqta chiziq uchun
simmetriya markazidir. Va aksincha, agar birorta A nuqta chiziq uchun
simmetriya markazi bo'lsa uning koordinatalari (5) sistemani
qanoatlantirishini ko'rsatamiz. Koordinata boshini A nuqtaga joylashtirib,
yangi x,y koordinatalar sistemasini kiritamiz. Agar M(x,y) nuqta
chiziqqa tegishli bo'lsa,
F(x, y) = 0
tenglik o'rinli bo'ladi. Koordinata boshi simmetriya markazi bo'lgani
uchun F(-X,— y) — Q tenglik ham o'rinli bo'ladi. Bu tengliklarni
ikkinchisini birinchisidan ayirib
al2x + a23y = 0
tenglikni hosil qilamiz. Agar tz13, a23 koeffitsientlaming kamida bittasi
noldan farqli bo'lsa, bu tenglama to'g'ri chiziqni aniqlaydi, ya’ni ikkinchi
tartibli chiziqning hamma nuqtalari bir to'g'ri chiziqda yotadi. Agar
90
ikkinchi tartibli chiziq bir to‘g‘ri chiziqda yotmasa, bu koeffitsientlarning
har ikkalasi ham nolga teng bo‘ladi. Bu esa A nuqtaning koordinatalari
(5) sistemani qanoatlantirishini ko‘rsatadi. Bu faktlami hisobga olsak
quyidagi ta’rifning geometrik ma’nosi yaxshi tushinarli bo'ladi.
1-ta’rif. TekislikdagiA/0(Xq,j/q) nuqtaning koordinatalari (5)
sistemani qanoatlantirsa, u (1) tenglama bilan berilgan ikkkinchi tartibli
chiziqning markazi deyiladi.
Tabiiyki, (5) sistema yagona yechimga ega bo'lishi, cheksiz ko'p
yechimga ega bo'lishi yoki umuman yechimga ega bo'lmasligi mumkin.
Agar,
«ll«22 ~ °2 21
munosabat o'rinli bo'lsa, (5) sistema yagona yechimga ega bo'ladi. Agar,
«п =«12=«13_
«12	a22	«23
munosabat o'rinli bo'lsa sistema cheksiz ko'p yechimga,
«11 = °12 ф ai3
«12	a22	«23
munosabat bajarilsa sistema yechimga ega emas. Bularni e’tiboiga olib,
biz ikkinchi tartibli chiziqlami uchta sinfga ajratamiz:
a)	yagona markazga ega bo'lgan chiziqlar;
b)	cheksiz ko'p markazga ega bo'lgan chiziqlar;
d) markazga ega bo'lmagan chiziqlar;
Biz quyidagi determinantlami kiritamiz
	«11	«12	«13
e «11	a12 Д- О =	«21	«22	«23
a\2	a22	«31	«32	«33
bu yerda <721 = «12>	«31 = «13’	«32 = «23* belgilashlar
91
kiritilgan. Yagona markazga ega chiziqlar uchun § Ф 0 > yagona
markazga ega bo'lmagan chiziqlar uchun § = 0 • Chiziqlar cheksiz ko'p
markazga ega bo'lishi uchun Д — 0 tenglik bajarilshi kerak.
Uchinchi tartibli determinant™
л "21
A = G13
"31
«22	a\1
~ "23
"32	"31
"12
"32
+ «33
"11
"21
"12
"22
ko'rinishda yozib olsak, oxirgi determinant ftga tengdir. Agar <5 = 0
bo'lsa, birorta A soni uchun
"и _ "12 _	"11 "12
a\l a22	"31 "32	"31 "32
munosabat bajariladi. Bu tenglikni hisobga olib
/	\"i?
A = («13-b23)
|"31
"22
"32
tenglikni hosil qilamiz. Agar Д = 0 tenglik ham bajarilsa
«I3 - kari = 0 va
"12
"31
"з2
tengliklardan kamida bittasi o'rinli bo'ladi. Bu tengliklarning birinchisi
o'rinli bo'lsa
"11 _ "12 _ К	"11 _ "12 _ "13 _ /
—	~K munosabatdan ~	“ л munosobat kelib
"12	"22	"12	"22	"23
92
chiqadi. Agar,
°3I fl32
@11 _ fl12 _ j @\2 _ Q13
bo'lsa, “	— K va “ tengliklardan
O]2	f?22	^22	^23
@11 _ @12 _ g13 _ fa
^12	^22	^23
munosobat kelib chiqadi. Demak, S — 0 va Д = 0 tengliklaming bir
vaqtda bajarilishi
@u _ @12 _ @n _
^12	@22	@23
shartga teng kuchlidir. Natijada biz quyidagi tasdiqni hosil qilamiz:
1-tasdiq. Ikkinchi tartibli chiziq
a)	0 bo'lsa yagona markazga ega,
b)	§ = 0 va Д = 0 bo'lsa cheksiz ko‘p markazga ega va markazlar
to'plami bitta to'g'ri chiziqni tashkil etadi;
v) § = 0 va д 0 bo'lsa markazga ega emas.
2-tasdiq. Yagona markazga ega bo ‘Igan ikkinchi tartibli chiziq markazi
unga tegishli bo ‘lishi uchun Д = 0 tenglikning bajarilishi zarur va yetarlidir.
Isbot. Ikkinchi tartibli chiziq markazi Mq (x0 , j^0 ) nuqtada bo'lib,
u chiziqqa tegishli bo'lsa
93
+«13 =0
«21ХО + «22-Уо + °23 =
va
«nV + 2а12х0 у0 + а22у02 + 2а13х0 + 2а23 у0 + «33 = 0 (7)
tengliklar bajariladi. Yuqoridagi (6) tenglikning birinchisini xoga,,
ikkinchisini y0 ga ko‘paytirib, (7) tenglikdan ayirsak,
«31x0 + «32^0 + «33 = 0
tenglikni hosil qilamiz. Demak, (x0,_y0,l) uchlik
flHx + «12J +«13z = 0
a21x +a22y + a23z = 0
a3} x +a32 y + a33z = 0
(8)
bir jinsli sistemaning notrivial yechimidir. Bu esa Д = 0 shartga teng
kuchlidir. Aksincha A = 0bo‘lsa, (8) sistema notrivial (x0,y0,z0)
yechimga egadir. Bu uchlikda z0 & 0 , chunki § ф 0  Biz z0 = 1 deb
hisoblay olamiz, chunki фО bo‘lganligi uchun har birz0 uchun
(x0,y0) juftlik mavjud. Yuqoridagi (8) sistemadaz0 =1 bo'lganda
(x0, j^) juftlik markaz koordinatalari ekanligi kelib chiqadi. Bundan
tashqari (8)sistemadan foydalanib,
«, jX02 + 2«12x0 y0 + a22y2 + 2 o13x0 + 2 a23 y0 + a33 = 0
tenglikni olish mumkin.
94
2-§. Ikkinchi tartibli chiziq va to‘g‘ri chiziqning
o‘zaro vaziyati
Bizga (1) tenglama bilan aniqlangan ikkinchi tartibli chiziq va
x = x0 + (t
У = Уо +
(9)
parametrik tenglamalar yordamida £ to‘g‘ri chiziq berilgan bo'lsin.
To‘g‘ri chiziq va ikkichi tartibli chiziqning kesishish nuqtalarini topish
uchun (9) ifodalarni (1) ga qo‘yamiz. Natijada quyidagi
(<2n^2 + 2al2Cm + а^т2^' +
2(аи£х0 +о12(б-'0 + mx0)+a22my0 + al3£ + a23m)t + F(x0,y0)=Q^
kvadrat tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamada ikkinchi darajali had
oldidagi ifoda to‘g‘ri chiziqning yo‘nalishiga bog‘liq xolos. Ba’zi
yo‘nalishlar uchun bu ifoda nolga teng bo'ladi va yuqoridagi tenglama
chiziqli tenglamaga aylanadi. Ba’zi yo'nalishlar uchun bu ifoda nolga
teng emas va yuqoridagi tenglama kvadrat tenglama bo'ladi.
1-ta’rif. Berilgan at?} yo'nalish uchun
+ 2al2£m + a22m2 =0	(11)
tenglik bajarilsa, bu yo'nalish asimpotik yo'nalish,
ац£2 + 2al2(in + a22m2 0	(12)
munosabat bajarilsa noasimptotik yo'nalish deyiladi.
To'g'ri chiziqning yo'nalishi noasimptotik bo'lsa,yuqoridagi tenglama
kvadrat tenglama bo'ladi. Demak, bu to'g'ri chiziq (1) chiziq bilan
ikkita yoki bitta umumiy nuqtaga ega bo'lishi mumkin. Noasimptotik
yo'nalishdagi to'g'ri chiziq ikkinchi tartibli chiziq bilan bitta nuqtada
kesishsa,u urinma deb ataladi.
To'g'ri chiziqning yo'nalishi asimptotik bo'lsa, yuqoridagi tenglama
chiziqli tenglama bo'ladi. Demak, bu holda to'g'ri chiziq (1) bilan bitta
nuqtada kesishadi, yoki to'g'ri chiziqning hamma nuqtalari (1 )ga tegishli
95
bo'ladi. Agar ikkinchi darajali had koeffitsienti nolga teng bo'lib, ozod
had noldan farqli bo'lsa,to'g'ri chiziq ikkinchi tartibli chiziq bilan
kesishmaydi. Asimptotik yo'nalishdagi to'g'ri chiziq ikkinchi tartibli chiziq
bilan kesishmasa u ikkinchi tartibli chiziq uchun asimptota deyiladi.
Biz
a} /2 + 2ai2lm + a22m2 = 0
tenglamada £ 0 bo'lsa, к = — belgilash kiritib uni
2
«j j + “b ^22^ = 0
ko'rinishda, agar m Ф 0 bo'lsa, — belgilash kiritib uni
m
auk2 + 2«12& + o22 = 0
ko'rinishda yozamiz. Ikkala holda ham diskriminant uchun
D - 4tZj22 - 4«( J «22 -
tenglik o'rinli. Demak, § > 0 bo'lsa asimptotik yo'nalish mavjud emas.
Bu holda (1) chiziq elliptik chiziq deyiladi, agar <5 = 0 bo'lsa, asiptotik
yo'nalish bitta va bu holda (1) chiziq parabolik < 0 bo'lsa, ikkita
asimptotik yo'nalish mavjud, chiziq esa giperbolik chiziq deyiladi.
Yuqoridagi (11) tenglamadagi birinchi darajali had oldidagi
koeffitsient
(a11£ + «12w)x4-(«12€ + «22w)j; + £713^ + <722,w	03)
ko'rinishga ega. Agar
96
а\\^ + апт = О
+ а22т ~ О
tengliklar bir vaqtda bajarilmasa, (13) tenglama to‘g‘ri chiziqni aniqlaydi.
Berilgan {-£,ли} yo'nalish uchun(14) tengliklar bajarilsa,
yo'nalish maxsus yo'nalish deyiladi. Ikkinchi tartibli chiziq uchun § ф 0
bo'lsa,(14) sistema faqat trivial yechimga ega va demak yagona markazga
ega bo'lgan chiziqlar uchun maxsus yo'nalishlar yo'q.
2-ta’rif. Maxsus bo'lmagan yo'nalish uchun (13) tenglama
aniqlovchi to'g'ri chiziq ikkinchi tartibli chiziqning m } yo'nalishga
qo'shma diametri deb ataladi.
Diametr tushunchasining korrekt aniqlanganligini ko'rsatamiz.
Awalo {£,m] yo'nalish asimptotik yo'nalish bo'lgan holni qaraylik. Bu
holda
j^2 + 2an£m + a22m2 = 0
tenglikning chap tomoni uchun
Ац-С2 + 2al2hn + a22m2 =
= (au£ + al2ni)£ + (al2£ + a22ni)m (14)
tenglik o'rinli. Demak
(aivd + al2m)£ + (al2£ + апт)т = 0	(15)
tenglik kelib chiqadi. Bu tenglikdan
£	_ m
- (<712^ + a22W) a\ + a\2m
97
proporsionaliik munosabati kelib chiqadi.
Diametr uchun {— (ai2C + a22w),	+ tfow} vektor
yo'naltiruvchi vektor bo'lganligi uchun diametr yo'nalishga
parallel bo'ladi . Diametrga tegishli nuqtalar uchun (11) tenglamadagi
birinchi darajali had oldidagi koeffitsient nolga teng bo'ladi. Demak, bu
holda diametr ikkinchi tartibli chiziq uchun asimptota bo'ladi
(kesishmaydi) yoki diametrga tegishli hamma nuqtalar (1) chiziqda yotadi.
Noasimptotik {£,m} yo'nalishga ega bo'lgan to'g'ri chiziq (1)
chiziqni ikkita Л7] va Л/2 nuqtalarda kesib o'tsa , M\ М2 kesmaning
o'rtasini Mo(xO’J’o) bilan belgilab to'g'ri chiziqning parametrik
tenglamalarini
X-Xq + £t , у = J>0 + mt
ko'rinishda yozamiz. Parametrning M\, М2 nuqtalarga mos keluvchi
qiymatlarini /|,/2 bilan belgilasak, ular (10) tenglamaning ildizlari
bo'ladi va Viet teoremasiga ko'ra, + /2 = 0 tenglik o'rinli bo'ladi.
Bu tenglikdan JV/q(a?q, j.’q ) nuqtaning diametrga tegishli ekanligi kelib
chiqadi. Demak, noasimptotik yo'nalishga parallel vatarlaming
o'rtalaridan o'tuvchi to'g'ri chiziq shu yo'nalishga qo'shma diametr
bo'ladi.
Noasimptotik ty,m} yo'nalishga ega bo'lgan va qo'shma diametrga
tegishli Л/0(х0,^0) o'tuvchi to'g'ri chiziq (1) chiziqni M^va
M-) nuqtalarda kesib o'tsa, bu nuqtalarga mos keluvchi parametrning
qiymatlari (10) tenglamaning ildizlari bo'ladi. To'g'ri chiziqning
Мо(*О’Уо) nuqtasi diametrga tegishli bo'lganligi uchun (10)
98
tenglamada birinchi darajali had oldidagi koeflitsient nolga teng bo'ladi.
Viet teoremasiga ko‘ra /j +/2 — 0 bo'lganligi uchun Мо(х$,Уо)
nuqta МХМ2 kesmaning o'rtasi bo'ladi. Demak, diametr tushunchasi
korrekt aniqlangan.
Berilgan j yo'nalishga qo'shma diametr tenglamasini
(axxx + aX2y + al3)£ + (a2lx + a22y + a23)m = 0	(17)
ko'rinishda yozish mumkin. Bu tenglamadan ko'mib turibdiki, har qanday
diametr (1) chiziq markazidan o'tadi.
3-§. Qo'shma yo'nalishlar va bosh yo'nalishlar
Berilgan yo'nalishga qo'shma diametr yo'nalishi
uchun
: m' = -(«12^ + д22/и): (a, / + a12w) (18)
munosabat o'rinli. Bu munosabatni
(alx£ + aX2m)C + (a12^ + a22m)m' = 0 (19)
ko'rinishda yoki
axx£C + ax2{(.m' + m£')+ a22mm' = 0 (20)
ko'rinishda ham yozish mumkin.
1-ta’rif. Ikkita m} va	yo'nalishlar uchun (20) munosabat
bajarilsa, bu yo'nalishlar (1) chiziqqa nisbatan qo'shma yo'nalishlar
deyiladi.
Bu munosabatda (1) tenglama koeffitsientlari qatnashadi.
99
Koeffitsientlar esa koordinatalar sistemasiga bog'liq. Ikkita va
fa', Ml'} yo'nalishlar biror koordinatalar sistemasida (1) chiziqqa nisbatan
qo'shma yo'nalishlar bo'lsa,ular ixtiyoriy koordinatalar sistemasida (1)
chiziqqa nisbatan qo'shma yo'nalishlar bo'lishini ko'rsatamiz.
BizOxj’ koordinatalar sistemasidan O’x’y koordinatalar
sistemasiga
x = cnxr + c12j/ + x0
<21>
J2 = c21x + c22y +y0
almashtirishlar yordamida o‘tsak,(l) tenglama
<7,,(x')2 + 2a[2x'y’ + <722(y')2 + 2a'3x' + 2a23y'+a33 = 0 (22)
ko'rinishga keladi. Ikkita va|^',m j yo'nalishlaruchun qo'shma
bo'lish sharti bo'lgan (21) tenglikni
°I1 ai2
4^21 fl22 7
(23)
belgilash kiritib
(24)
ko'rinishda, (1) tenglamani esa
(25)
ko'rinishda yozish mumkin. Almashtirishlar formulasini
100
\С21	С22 7
(26)
belgilash kiritib, matrisalar va vektorlar yordamida yozsak
Ы lyj 1л J
(27)
ko'rinishda bo'ladi. Ikkinchi tartibli chiziqning (25) tenglamasiga (27)
formuladagi ifodani qo'ysak va
Г /	/	x-l?"
/ X I X Xn	(r\	(n\
-a=aT va
tengliklami hisobga olsak, (25) tenglama quyidagicha o'zgaradi:
г с ’
x
A C
x0
7oJJ
xo
+
7oJJ
(*',y')C7 AC Xt + (x’,y')C ta\
x0
Уо,
+ (^o^oW ' +
J
+ (хс,Уо
x0
Л>,
(x'\
(x',y')CTAC , +2[(«13,«23) + (x0,j0)^]C
x
, +(хО’Уо)А
<У J
x0
+	— 0
101
Bu tenglamalaming oxirgisidan ko'rinib turibdiki yangi koordinatalar
sistemasidagi koefiitsientlardan iborat
,	«12
A ~	’	matrisa A'= CT AC	(28)
k«21 «227
qoida bo‘yicha o‘zgaradi va
(«13 >«23 ) = [(«13 >«23 ) + (*0 > У0 №
(29)
tengliklar o‘rinli ekanligini ko'rish mumkin.
Biz a vektorning eski koordinatalarini «j,«2 bilan, yangi
koordinatalarini t7j,«2bilan belgilasak,
^«2 J V«2>
tenglik o'rinli bo'ladi. Bu tenglikni hisobga olib, OX, b = {C, tn'}
vektorlaming yangi koordinatalarini ।, Wj},	} bilan belgilasak,
tenglik o'rinli bo'ladi. Bu tenglikdan (24) tenglik
102
т'^А
= 0
(30)
tenglikka teng kuchli ekanligi koordinatalar sistemasiga bog'liq emasligi
kelibchiqadi. Demak, vektorlaming(1)chiziqqa nisbatanqo‘shma
bo'lishi koordinatalar sistemasiga bog'liq emas.
Ikkinchi tartibli chiziqning markazi tushunchasi koordinatalar
sistemasiga bog'liq emasligini biz 1-paragrafda geometrik ravishda
ko'rsatgan edik. Hozir esa yuqoridagi almashtirishlar fbrmulasini
keltirganimizdan keyin bu faktni algebraik isbotlashimiz mumkin.
Haqiqatan ham biz sistemani
(х,;у)Л + (д13,Д23)=(0,0)	(31)
ko'rinishda yozishimiz mumkin. Ikkinchi tomondan yangi koordinatalar
sistemasida bu tenglik
(x', y')A' + (a'3 ,a'23)= (0,0)
(32)
ko'rinishda bo'ladi. Yuqoridagi almashtirish formulalarni hisobga
olib,uning (31) tenglikka teng kuchli ekanligini ko'rsatamiz. Bu tenglikda
almashtirishlarni bajarsak,u
VyoJ
103
+ [(а13,о2з) + (-^О’^оМК - (^)
ko'rinishga keladi. Bu tenglikda
X _ *Q
= [fcy)-(x0,^0)](c ’Г
tenglikni hisobga olsak, (33) tenglik
[(х,у)Л + («13 ,a23 )]C = (0,0)
(33)
(34)
ko'rinishda yoziladi. Bu tenglikdagi matrisaning determinanti noldan
farqli bo'lganligi uchun,bu tenglik (31) tenglikka teng kuchlidir.
1-ta’rif. Birorta yo'nalish o'ziga perpendikulyar yo'nalishga qo'shma
bo'lsa,u bosh yo'nalish deyiladi.
Bu ta’rifga ко‘га|^ти| yo'nalish bosh yo'nalish bo'lishi uchun u
{—yo'nalishga qo'shma bo'lishi kerak. Albatta, agar /771
yo'nalish bosh yo'nalish bo'lsa, {— yo'nalish ham bosh yo'nalish
bo'ladi. Berilgan {Д/и} yo'nalishning bosh yo'nalish bo'lish sharti
ax /(.' + a12 (bn +	) + apmm' - 0
tenglikda {^/z/jvektorni	bilan almashtirish natijasida hosil
bo'ladi va quyidagi ko'rinishda bo'ladi:
°12	+ (a22	^21 m2 =0 <35>
Agar maxsus yo'nalish bo'lsa,
104
I ~ ~«12  ~«22
m	«11	«12
tenglik o'rinli bo'ladi va yuqoridagi (35) shart bajarilgan. Biz bilamizki,
faqat § = 0 bo'lgan hollardagina ikkinchi tartibli chiziq maxsus
yo'nalishga ega bo'lib, u ikkinchi tartibli chiziq uchun asimptotik yo'nalish
bo'ladi. Demak, yagona markazga ega bo'lmagan ikkinchi tartibli chiziqlar
uchun asimptotik yo'nalish bosh yo'nalish bo'ladi. Albatta, maxsus
yo'nalishga perpendikulyar yo'nalish ham bosh yo'nalish bo'ladi. Boshqa
bosh yo'nalishlar yo'q. Demak, yagona markazga ega bo'lmagan ikkinchi
tartibli chiziqlar uchun o'zaro perpendikulyar faqat ikkita bosh yo'nalish
mavjuddir.
Yuqoridagi (35) tenglikda a{2 = Ovaan = <722 munosabatlar
bajarilsa,bu tenglik ixtiyoriy m} yo'nalish uchun bajariladi. Demak,
bu holda ixtiyoriy yo'nalish bosh yo'nalish bo'ladi. Agarfl12 =£ 0
bo'lsa,(35) tenglik
K — (va K —	) ifoda uchun kvadrat tenglama bo'ladi. Bu
m	z
tenglamada diskriminant uchun
^ = («11—«22) 4« 12 > 0
munosabat o'rinli bo'lgani uchun u ikkita ildizga ega va demak
ikkinchi tartibli chiziq uchun ikkita o'zaro perpendikulyar bosh
yo'nalish mavjud.
4-§. Umumiy tenglamalarni soddalashtirish
Biz bu paragrafda umumiy
ax jx2 + 2<712xy + а22У2 + 2 я13х + 2a23 у + a33 = 0
105
tenglama bilan berilgan ikkinchi tartibli chiziqni aniqlash va uni yasash
bilan shug‘ullanamiz.
1. Yagona markazga ega bo ‘Igan ikkinchi tartibli chiziq tenglamasini
soddalashtirish.
Bu holda parallel ko'chirish yordamida koordinata boshini ikkinchi
tartibli chiziqning markaziga joylashtiramiz. Natijada, tenglamada birinchi
hadlar yo'qoladi. Koordinata o'qlarini o'zaro perpendikulyar bosh
yo'nalishlar bo'yicha yo'naltiramiz. Yo'nalishlarning o'zaro qo'shma
bo'lishini variant xossa bo'Iganligi uchun yangi koordinatalar sistemasida
{1,0} va |0,l} yo'nalishlar o'zaro qo'shma bo'ladi. Bushart
й12 = 0
tenglikka teng kuchlidir. Demak, bu holda ikkinchi tartibli chiziqning
tenglamasi
«I ] x'2 + a'22 у 2 + «33 = 0 (36)
ko'rinishga keladi. Bu tenglamada а'ц 0 a'22 & О,«зз koefiitsient
esa nolga teng bo'lishi ham,nolga teng bo'lmasligi ham mumkin. Agar
floo koefiitsient esa nolga teng bo'lsa,(36) tenglama
Ax'2 + By'2 =0 (37)
ko'rinishga keladi. Agarzl,.S koefiitsientlar har xil ishoralarga ega
bo'lsa,bu tenglama ikkita kesishuvchi to'g'ri chiziqni aniqlaydi.
Koefiitsientlar bir xil ishoralarga ega bo'lsa,bu tenglama bitta nuqtani
aniqlaydi.
Yuqoridagi (36) tenglamada a'y, koefiitsient esa nolga teng
bo‘lmasa,(36) tenglama
Ax'2 +By'2 =1 (38)
ko'rinishga keladi. Bu tenglama esa koefiitsientlaming ishorasiga
qarab,ellipsni yoki giperbolani aniqlaydi. Demak, yagona markazga ega
bo'lgan ikkinchi tartibli chiziq quyidagi to'rtta chiziqlarning biridan
iborat:
1)	Ellips
106
2)	giperbola;
3)	ikkita kesishuvchi to'g'ri chiziq;
4)	bitta nuqta .
2. Yagona markazga ega bo‘lmagan ikkinchi tartibli chiziq
tenglamasini soddalashtirish
Biz bu holda yangi ordinata o'qini maxsus bo'lmagan bosh yo'nalish
bo'yicha yo'naltiramiz. Bu yo'nalish noasimptotik ekanligini bilamiz.
Abssissa o'qi sifatida ordinata o'qi yo'nalishiga qo'shma diametmi olamiz.
Yangi koordinatalar sistemasida ordinata o'qi yo'nalishi {0,l|
koordinatalarga ega bo'ladi va bu yo'nalishga qo'shma diametr tenglamasi
a'\2x' + а22У' + а23 =0
ko'rinishda bo'ladi. Bu tenglama y = 0 tenglamaga teng kuchli
bo'Iganligi uchun
= 0 ^23 = 0 ^22 0
munosabatlarni olamiz. Bundan tashqari
^ = fllla22-a12 =0
tenglikni hisobga olsak, a'u = 0 kelib chiqadi. Natijada yagona markazga
ega bo'lmagan ikkinchi tartibli chiziq tenglamasi
fl22 y2 + 2^13 x'2 + a33 = 0 (39)
ko'rinishga keladi. Bu tenglamada0 munosabat o'rinlidir. Bu
chiziq uchun
0
Д = 0
0
a22
«13
0
- -«22«13
«31 О а'зз
107
bo'iganligi uchun, agar a{3 =£ 0 bo'lsa ikkinchi tartibli chiziq markazga
ega bo'lmaydi, agar a\3 =0 bo'lsa ikkinchi tartibli chiziq cheksiz ko'p
markazga ega va markazlar to'g'ri chiziqni tashkil qiladi.
Agar ikkinchi tartibli chiziq markazga ega bo'lmasa,yuqoridagi
(39)tenglamada
о[3 =£ 0 va ikkinchi tartibli chiziq abssissa o'qini X =-—
2o,3
nuqtada kesib o'tadi. Biz koordinata boshini shu nuqtaga ko'chirib,
tenglamani
d22y'2 +2a\3x' = Q	(40)
ko'rinishga keltiramiz. Bu tenglamada a\3 koeffitsientning ishorasi
a'22 koeffitsient ishorasiga qarama-qarshi bo'lsa,(40) tenglama
y2 =2px'	(41)
ko'rinishga keladi. Bu tenglamada p > Obo'lganligi uchun, u parabolani
aniqlaydi.
Agara\3 koeffitsient ishorasi d22 koeffitsient ishorasi bilan bir xil
bo'lsa, (41)tenglamada p < 0 bo'lganligi uchun, u bo'sh to'plamni
aniqlaydi.
Yagona markazga ega bo'lmagan ikkinchi tartibli chiziqning (39)
tenglamasida a\3 koeffitsient nolga teng bo'lsa, (39) tenglama
022 У2+«33 =0	(42)
ko'rinishga keladi. Bu tenglamada a'22 Ф 0,033 koeffitsient esa nolga
108
teng bo'lishi ham, nolga teng bo'lmasligi ham mumkin. Agar а'у^
koeffitsient nolga teng bo'lsa,(42) tenglama
у'2 = 0	(43)
ko'rinishga keladi va ikkita ustma-ust tushuvchi to'g'ri chiziqni aniqlaydi.
Yuqoridagi (42) tenglamada a'^ koeffitsient nolga teng bo'lmasa ,
(42) tenglama
у'2 = C	(44)
ko'rinishga keladi. Agar Я33 koeffitsientning ishorasi a'22 & 0
koeffitsient ishorasiga qarama-qarshi bo'lsa, (44) tenglamada c > 0
bo'ladi va u ikkita parallel to'g'ri chiziqni aniqlaydi. Agar a'33
koeffitsientning ishorasi a'22	0 koeffitsient ishorasi bilan bir xil bo'lsa,
(44)	tenglamada c < 0 bo'ladi va u bo'sh to'plamni aniqlaydi.
Demak, yagona markazga ega bo'lmagan ikkinchi tartibli chiziq
quyidagi uchta chiziqlarning biridan iborat:
1)	parabola (markazga ega emas);
2)	ikkita parallel to'g'ri chiziq (markazlar to'g'ri chizig'iga ega);
3)	ikkita ustma-ust tushuvchi to'g'ri chiziq (markazlar to'g'ri
chizig'iga ega).
5-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar
1.	Giperbola
(ax + by + c\axx + bxy + q ) = 0
tenglama bilan berilgan. Uning asimptotalarini toping.
2.	Ikkinchi tartibli chiziq
(ax + by + c)2 - (ajX + bxу + cx )2 = 0
109
tenglama bilan berilgan bo‘Isa,и ikkita to‘g‘ri chiziqdan iborat ekanligini
ко ‘rsating.
3.	To ‘g ‘ri chiziqlarga ajralmaydigan ikkita ikkinchi tartibli to ‘g ‘ri chiziq
beshta nuqtada kesishsa,ularning ustma-ust tushishini ko‘rsating.
4.	Birorta to‘g‘ri chiziq ikkinchi tartibli chiziq bilan uchta nuqtada
kesishsa,ikkinchi tartibli chiziq bir juft to'g'ri chiziqdan iborat ekanligini
ко ‘rsating.
5.	Quyidagi ikkinchi tartibli chiziqlaming markazini toping.
a)	x2 - 2xy 4- 2j^2 - 4x - 6y + 3 = 0
b)	3x2 - 2xy + 3jy2 + 4x4- 4y - 4 = 0
v) 2x2 - 3xy — y2 4- Зх + 2y = 0
g) x2 - 2xy + y2 - 4x - 6_y 4- 3 = 0
d) 3x2 - 2xy 4- 3_y2 + 4x + 4y - 4 = 0
6. Ikkinchi tartibli chiziq va uning diametri mos ravishda
Зх2 + 2xy + 2y2 + 3x - 4y = 0 va x + 2y - 2 = 0
tenglamalar berilgan. Bu diametrga qo'shma diametr tenglamasini
tuzing.
7. Quyidagi ikkinchi tartibli chiziqlaming ко ‘rinishini aniqlang.
a)	x2 + 6xy 4- y2 + 6x 4- 2 J’ - 1 = 0 J: Giperbola
b)	3x2 - 2xy 4- 3jy2 + 4x + 4y - 4 = 0 J: Ellips
v)x2 — 4x>’ 4- 3_y2 4- 2x — 2У = 0 J: Ikkita kesishuvchi to‘g‘ri
chiziqlar
g) у2 + 5xy — 14x2 = 0 J' Ikkita kesishuvchi to'g'ri chiziqlar
d) x2 — xy — y2 ~ X — _>’ = 0 J: Giperbola
110
8.	Berilgan beshta (0;0), (0;2), (-l;0), (-2;1), (~1;3) nuqtalardan
o'tuvchi ikkinchi tartibli chiziq tenglamasini tuzing.
9.	Koordinatlar boshiO'(l;0) nuqtaga ko'chirilsa, и holda ushbu
x2 - 4xy + 3j2 - 2x +1 = 0
ikkinchi tartibli chiziq tenglamasi qanday ко ‘rinishga keladi.
10.	Ellipsga ichki chizilgan to'g'ri to'rtburchak tomonlari, ellipsning
o'qlariga parallel bo'lishini isbotlang.
11.	Quyidagi giperbolalaming asimptotalarini toping.
a)	3x2 + 2xy- y2 + 8x + 10y + 14 = 0
J:6x - 2y + 5 = 0 va 2x + 2y -1 = 0
b)	3x2+10xy + 7y2+4x + 2y + l = 0
J:6x + 14j> + 11 = 0 va 2x + 2y -1 = 0
v) 1 Qxy - 2y2 + 6x + 4у - 21 = 0
J:5y + 3 = 0 va 25x - 5y +13 = 0
g) 2x2 — 3xy -x + 3j + 4 = 0
J:2x-3y + 1 = 0 va x-l = 0
12.	Ellips tenglamasi
111
2	2
6	2
ko'rinishda va ikkita qo'shma diametrlardan biri katta o'q bilan 30®
burchak hosil qiladi. Diametrlaming yo ‘nalishlari orasidagi burchak topilsin.
/••^ = 120°
13.	Ellips tenglaiasi
2	2
±-+^=l
10	3
ko'rinishda va ikkita qo'shma diametrlari orasidagi burchak 60® ga teng
bo'lsa, diametrlaming uzunliklari topilsin. .
J: 2a =4д/2, 2Z/ = 2a/5
14.	Giperbola tenglamasi
2	2
1--2L = I
6	4
ko ‘rinishda bo ‘Isa, uning 45 burchak hosil qiluvchi qo ‘shma diametrlarining
tenglamasini tuzing.
15.	Quyidagi ikkinchi tartibli chiziqlarning bosh о ‘qlarini toping.
a)	3x2 + 2xy + 3>?2 + 6x - 2>? - 5 = 0
J: 2x + 2y + 1 = 0 vaX - У + 2 = 0
b)	5x2 + 24лу - 2y2 + 4x -1 = 0
J: 28x + 2Гу + 4 = 0 va23x - 44y -6 = 0
112
v) x2 — Зху + у2 +1 = 0
J: х + y = Q vax - у = 0
16.	Parabola x = 6y tenglama yordamida berilgan. Uning
4x - у - 5 = 0
to'g'ri chiziq yo'nalishiga qo'shma diametri tenglamasini tuzing.
J: X-12 = 0
17.	Parabola у =^рх tenglama yordamida berilgan. Uning pa-
rabola о ‘qi bilan 45® burchak tashkil qiluvchi vatarlarga qo ‘shma diametri
tenglamasi tuzilsin.
J: у-p = 0
18.	Parabola
x2 - 6xy + 9y2 — 12x + 14_y — 7 = 0
tenglama yordamida berilgan. Uning absissa o'qiga qo'shma diametr
tenglamasini tuzing.
J: X — 3 у - 6 = 0
113
VBOB
IKKINCHI TARTIBLI SIRTLARNING KANONIK
TENGLAMALARI
l-§. Ellipsoid va giperboloidlar
1. Ellipsoid
Fazoda dekart koordinatalari sistemasi kiritilgan bo‘lib, unda ikkinchi
darajali F(x,y,z) ko'phad yordamida berilgan
F(x,y,z)=0	(1)
tenglamani qaraylik. Fazoda koordinatalari (1) tenglamani
qanoatlantiruvchi nuqtalar to'plami ikkinchi tartibli sirt deb ataladi.
1-ta’rif. Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini birorta dekart koordinatalari
sistemasida
2	2	2
X у z
?v+?=1	<2>
ко ‘rinishda yozish mumkin bo ‘Isa, и ellipsoid deb ataladi. Bu tenglamada
a>h>C>0 munosabat bajarilishi talab qilinadi.
Ellipsoid tenglamasidan ko'rinib turibdiki, u koordinata o'qlariga
nisbatan simmetrik joylashgan, koordinata boshi esa uning simmetriya
markazidir.
Ellipsoidning shaklini chizish uchun uning koordinata tekisliklariga
parallel tekisliklar bilan kesimini qaraymiz. Masalan, uni Z = h tenglama
bilan aniqlangan tekislik bilan kessak, |Л| < C bo'lganda kesimda
i-+2L = i-A_
a2 b2 c2
tenglama bilan aniqlanuvchi ellips hosil bo'ladi. Bu tenglamani
114
ko'rinishda yozish mumkin.
Xuddi shunday, ellipsoidni Oxz,Oyz tekisliklariga parallel
tekisliklar bilan kessak, kesimda ellipslar hosil bo'ladi. Yuqoridagilarni
hisobga olib, ellipsoidni chizmada tasvirlashimiz mumkin.
42-chizma.
2-ta’rif. Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini birorta dekart koordinatalari
sistemasida
x2 £__J_
a2+b2 c2
= -l
(3)
ko'rinishda yozish mumkin bo'lsa , и ikkipallaligiperboloid deb ataladi.
Bu tenglamada a>b>Q ,C >0 munosabatlar bajarilishi talab qilinadi.
Ikki pallali giperboloid tenglamasidan ko'rish mumkinki, uchinchi
o‘zgaruvchi z<cva z >Ctengsizliklarni qanoatlantirishi kerak.
115
Demak, ikki pallali giperboloid ikki qismdan iborat va uning nomi
shakliga mosdir. Agar ikki pallali giperboloidni z — h tenglama bilan
tenglama bilan aniqlanuvchi ellips hosil bo'ladi. Bu ellipsning yarim
o'qlari mos ravishda
kattaliklarga tengdir.
Agar ikki pallali giperboloidni у ~h tenglama bilan aniqlangan
tekislikda kessak, har qanday /7 uchun kesimda
tenglama bilan aniqlanuvchi giperbola hosil bo'ladi. Bu giperbolaning
yarim o'qlari mos ravishda
kattaliklarga tengdir.
Xuddi shunday ikki pallali giperboloidni x = h tenglama bilan
116
aniqlangan tekislikda kessak, har qanday uchun kesimda
£___У_
c2 b2
h2
hl
tenglama bilan aniqlanuvchi giperbola hosil bo‘ladi. Bu giperbolaning
yarim o‘qlari mos ravishda
c
b
kattaliklaiga tengdir.
Bundan tashqari (3) tenglamadan ko‘rish mumkinki, giperboloid
koordinata tekisliklariga nisbatan simmetrik joylashgan, koordinata boshi
esa uning simmetriya markazi bo'ladi. Bulami hisobga olib, uni chizmada
tasvirlashimiz mumkin.
43-chizma.
3-ta’rif. Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini birorta dekart koordinatalari
sistemasida
2
2	2
. — ^- = 1
a2 b2 c2
(4)
117
ко ‘rinishda yozish mumkin bo ‘Isa , и bir pallali giperboloid deb ataladi.
Bu tenglamada a > b > 0, С > 0 munosabatlar bajarilishi talab qilinadi.
Bir pallali giperboloidning tenglamasidan ko‘rish mumkinki, u
koordinata tekisliklariga nisbatan simmetrik joyiashgan, koordinata boshi
esa uning simmetriya markazi bo'ladi. Bir pallali giperboloidni z — h
tenglama bilan aniqlangan tekislik bilan kessak, har qanday fa uchun
kesimda
tenglama bilan aniqlanuvchi ellips hosil bo'ladi. Bu ellipsning
yarim o'qlari mos ravishda
t h*
a, I + -7-
V c
kattaliklarga tengdir. Agar h=0 bo'lsa, kesimda eng kichkina ellips hosil
bo'ladi. Bu ellips bir pallali giperboloidning bo'g'zi deb ataladi.
Bir pallali giperboloidni x=h, y=h tenglama bilan aniqlangan
tekisliklar bilan kessak, mos ravishda |Л| < a va |/t| < b bo'lganda
kesimda
22	7 2	22	12
у	z	h	x	z	h
1	2*	~2	Г-1-77
b	с	a	a	c	b
tenglamalar bilan aniqlanuvchi giperbolalar hosil bo'ladi. Bu
giperbolalardan birinchisining yarim o'qlari mos ravishda
a
b
118
kattaliklarga tengdir. Agar |/z| = a yoki \h |
b bo‘lsa,
kesimda mos ravishda
2
b2
2	2
—-0	—
2 - U va 2
c a

tenglamalar bilan aniqlanuvchi ikkita kesishuvchi to‘g‘ri chiziqlar hosil
bo'ladi. Bu faktlami hisobga olib, bir pallali giperboloidni chizmada
tasvirlashimiz mumkin.
44-chizma.
4-ta’rif. Sirtning har bir nuqtasidan shu sirtda yotuvchi to'g'ri chiziq
o'tsa, bunday sirt chiziqli sirt deyiladi.
Sirt chegaralagan bo'lsa, unda to'g'ri chiziq yotmaydi va shuning
uchun u chiziqli sirt bo'lmaydi. Demak, ellipsoid chiziqli sirt bo'lmaydi.
1-teorema. Bir pallali giperboloid chiziqli sirt bo ‘lib, uning har bir
nuqtasidan giperboloidda yotuvchi ikkita to'g'ri chiziq o'tadi.
Isbot. Bir pallali giperboloidning jW(x0,j0,z0) nuqtasidan
yo'nalishdagi to'g'ri chiziqning parametrik tenglamalari
119
x = x0+£t
y = y0+mt	(5)
z=z0 + nt
ko'rinishda bo'ladi. Bu to'g'ri chiziq bir pallali giperboloidda yotishi
uchun
(xp+lQ2 (Уо+mtf _ (z0+nz)2 =
a2 b2 c2
tenglik t ning har qiymatida bajarilishi kerak. Bu tenglikda
2	2 2
j^o_ + 21_£o.
a2 b2 c2
munosabatni hisobga olsak,
e1 m "2
^+ir-75-=°
a	b	c
va
туй nzQ
a2 b2 c2
tengliklami hosil qilamiz. Yo'nalishni aniqlovchi	vektoming
hamma koordinatalari nolga teng bo'lmaganlini uchun yuqordagi
tenglikning birinchisidan n ф Qekanligi kelib chiqadi. Biz umumiylikni
chegaralamasdan n = C deb olamiz. Bundan esa lar uchun
f	£X0 тУо = Zo
a2 b2 ' a2 b2 c
shartlami olamiz. Agar biz
x0 =xt jp0 =yt +	(6)
c	c
tengliklar bilan (xj ,^|,0) nuqtani aniqiasak
120
1*1 . ”^1 _ n
2 ' r2 U
a b
(7)
tenglikni olamiz. Bundan tashqari
(xi тУ\ 12o
tenglikdan
2	2
4-21 = 1
a2 b2
munosabat kelib chiqadi. Demak, (xj,^j,O)
bo‘g‘ziga tegishlidir. Yuqoridagi (6) tenglikdan
( = ~а2У\
m b1 x}
munosabat kelib chiqadi. Biz agar
. a	b
f. = —yxu t m = —
b ’ a
tengliklar bilan m, c} vektoming £,m koordinatalarini aniqlasak,
121
munosabatni hisobga olib (8)tenglikdan = +1 qiymatlami topamiz.
Demak, biz qidirayotgan to‘g‘ri chiziqlarning parametrik tenglamalari
a
x = x0 - U—yjt
b
b
y = yQ + u-xxt
a
z = z0 + Ct
ko'rinishdabo'ladi. Buto'g'ri chiziqlar t = —— bo'lganda (xj,yj,0)
C
nuqtadan o'tadi. Haqiqatan ham (6) tengliklardan
*1 = X0 +ll- Ji —
b c
b
У\ = Л) + u “ xi —
a c
munosabatlami hosil qilish mumkin. Teorema isbotlandi.
2-§. Konus va uning kesimlari
3-ta’rif. Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini birorta dekart koordinatalari
sistemasida
x2 y2 z2
~T + T2 2
a b c
0
(4)
ko'rinishda yozish mumkin bo'lsa , u konus deb ataladi. Bu tenglamada
a>b>0, C > 0 munosabatlar bajarilishi talab qilinadi.
122
Konus tenglamasidan ko‘rinib turibdiki, u koordinata tekisliklariga
nisbatan simmetrik joylashgan, koordinata boshi esa uning simmetriya
markazidir. Bundan tashqari, agar Mq (x0 ,	) nuqta konusga
tegishli bo'lsa, <9(0, 0, O) va Mq(xq, yG, Zo) nuqtalardan o'tuvchi
to'g'ri chiziqdagi har bir nuqta konusga tegishlidir. Haqiqatan ham, bu
to'g'ri chiziqqa tegishli nuqta (zx0, tyQ, tZG ) ko'rinishga ega va bevosita
(W , (fro)2
a2 b2
(	2	2	2>
x0 . Уо	z0
2 + l 2	2
\ a b	C
tenglikni tekshirib ko'rish mumkin.
Konusning har bir yasovchisi bu ellipsni bir marta ( faqat bitta
nuqtada) kesib o'tadi. Konusda yotuvchi va bu xossaga ega bo'lgan
chiziqlar konusning yasovchisi deyiladi. Bu ellipslaming markazlaridan
o'tuvchi to'g'ri chiziq konusning o'qi deyiladi.
Yuqoridagi kanonik tenglamada konusning o'qi oz o'qi bilan ustma-
ust tushadi. Koordinata boshi ham konusga tegishli, konusning hamma
yasovchilari bu nuqtadan o'tadi. Konusning hamma yasovchilari o'tuvchi
nuqta uning uchi deb ataladi.
4-ta’rif. Konusni uning uchidan o'tmaydigan tekisliklar bilan kesish
natijasida hosil bo ‘Igan chiziqlar konus kesimlar deyiladi.
2-teorema. Aylanadan boshqa hamma konus kesimlar tekislikda berilgan
nuqtagacha bo'lgan masofasining berilgan to'g'ri chiziqqacha bo'lgan
masofasiga nisbati о 'zgarmas bo ‘Igan nuqtalaming geometrik о ‘midir.
Isbot. Konusni ci tekislik bilan kesganimizda hosil bo'lgan chiziqni
/bilan belgilaylik. Konusga ichki chizilgan va# tekislikka urinuvchi
sferaning tekislik bilan kesishish nuqtasini F bilan belgilaymiz. Ichki
chizilgan sfera konusga aylana bo'ylab urinadi. Bu aylana yotuvchi
tekislikni co bilan belgilaymiz. Konus kesimga tegishli ixtiyoriy M
nuqta olib, undan o'tuvchi yasovchi bilan co tekislikning kesishish
123
nuqtasini В bilan belgilaymiz. Konus kesimga tegishli M nuqtadan CC
va CD tekisliklar kesishishidan hosil bo‘lgan ^to'g'ri chiziqqa
perpendikulyar o'tkazamiz. Sferaga M nuqtadan o'tkazilgan urinmalar
kesmalari bo'lgani uchun FM — BM tenglik o'rinli bo'ladi. Berilgan
M nuqtadan CD tekislikkacha bo'lgan masofani a , b bilan belgilasak,
AM — . DM — . tengliklar o'rinli bo'ladi. Bu
Sin(P sin^/
yerda (p — CC ^(D tekisliklar orasidagi burchak, — konus yasovchi
va<y tekislik orasidagi burchak, nuqta esa M nuqtadan 8 to'g'ri
chiziqqa tushirilgan perpendikulyar asosidir. Yuqoridagi tengliklardan
FM	BM	sin^p
	=	=-----= e
AM-------------------AM-sin ip
. . FM
munosabatni olamiz. Bu munosabatdan ko'rinib turibdiki,- nisbat
AM
M nuqtaga bog'liq emas. Teorema isbotlandi.
124
Konus kesim uchun F nuqta uning fokusi S to‘g‘ri chiziq esa
direktrisa deyiladi. Yuqoridagi nisbat 1 dan kichik yoki teng bo‘iganda
konus kesimning hamma nuqtalari fokus bilan biigalikda direktrisaning
bir tarafida yotadi. Haqiqatdan ham direktrisaning boshqa tarafida
yotuvchi M' nuqta uchun
FM' BM' >x
AM' > AM' ~
tengsizlik o‘rinli bo'ladi. Agar yuqoridagi nisbat 1 dan katta bo'lsa,
direktrisaning har ikkala tarafida konus kesimga tegishli nuqtalar bor.
Demak, bu holda konus kesim ikki qismdan iborat.
Biz bilamizki, agar e < 1 bo'lsa konus kesim ellips bo'ladi. Biz III
bobda bu faktni isbotlaganmiz. Agar e = 1 bo'lsa, konus kesim parabola
bo'ladi. Konus kesim uchun e < 1 bo'lsa, u giperbola bo'ladi.
Biz III bobda o'rgangan ikkinchi tartibli chiziqlarning(ellips, pa-
rabola va giperbola) har biri ikkinchi teoremaga ko'ra, konusning birorta
tekislik bilan kesishishidan hosil bo'lar ekan. Bu faktni algebraik metod
bilan isbotlash ham mumkin.
Konusni z — h tenglama bilan aniqlanuvchi tekislik bilan kessak ,
kesimda yarim o'qlari mos ravishda
>1. ^1
kattaliklarga teng bo'lgan ellips hosil bo'ladi. Agar biz konusni x = h,
y = h tenglamalar orqali aniqlangan tekisliklar bilan kessak, kesimda
yarim o'qlari mos ravishda
kattaliklaiga teng bo'lgan giperbolalar hosil bo'ladi. Konus kesimda
parabola hosil bo'lishini ko'rsatish uchun, uni z =~X + h,h 0
a
125
tenglama bilan aniqlanuvchi tekislik bilan kesamiz. Natijada kesimda
2	„2
= 0
\2
C
—x + h
a______
a2 ' b2 c2
tenglama bilan aniqlanuvchi ikkinchi tartibli chiziqni hosil qilamiz.
Koordinatalar sistemasini almashtirish yordamida bu tenglamani
2 ^b2
у =2------
ас
ha'
2c }
ko'rinishga keltirsak, uning parabola ekanligini ko'ramiz.
3-§. Paraboloidlar
5-ta’rif. Ikkinchi tartiblisirt tenglamasini birorta dekart koordinatalari
sistemasida
2	2
X у
----ь — -2г (4)
p q
ко ‘rinishda yozish mumkin bo ‘Isa , и elliptik paraboloid deb ataladi. Bu
46-chizma.
126
tenglamada p,q > 0 munosabatlar bajarilishi talab qilinadi.
Elliptik paraboloidning tenglamasidan ko‘rish mumkinki, koordinata
boshi unga tegishli, yOz vaxOz tekisliklari elliptik paraboloidning
simmetriya tekisliklari bo'ladi. Elliptik paraboloidni £ = /7 tenglama
orqali aniqlangan tekislik bilan kessak, ft > ()bo‘lganda kesimda yarim
o'qlari mos ravishda -J2hp , -yj2hq kattaliklaiga teng bo'lgan ellips
hosil bo'ladi. Elliptik paraboloidni x = h > y = h tenglamalap orqali
aniqlangan tekisliklar bilan kessak, kesimda fokal parametrlari mos
ravishda p ,q kattaliklaiga teng bo'lgan parabolalar hosil bo'ladi. Bu
parabolalaming uchlari mos ravishda
0,h,~
va
nuqtalarda joylashgan. Bu xossalami
hisobga olib, elliptik paraboloidni chizmada tasvirlashimiz mumkin.
6-ta’rif. Ikkinchi tartibli
sirt tenglamasini birorta
dekart koordinatalari
sistemasida
x y 9
---------= 2z (4)
P 4
ko'rinishda yozish mumkin
bo ‘Isa , и giperbolik parabo-
loid deb ataladi. Bu
tenglamada
p>Q,q>$ , munosa-
batlar bajarilishi talab
qilinadi.
47-chizma.
127
Giperbolik paraboloid hamj/Oz va^Oz tekisliklarlarga nisbatan
simmetrik joylashgandir. Agar giperbolik paraboloidni z — h tenglama
bilan aniqlangan tekislik bilan kessak, /7 > 0 bo'lganda kesimda yarim
o'qlari mos ravishda
yj2hp, y]2hq
kattaliklarga teng bo'lgan giperbola hosil bo'ladi. Agar h<0bo'lsa,
kesimda haqiqiy o‘qi(9x o'qqa, mavhum o'qiQy o'qqa parallel va
yarim o'qlari mos ravishda J— 2hq , -J— 2hp kattaliklarga teng
bo'lgan giperbola paydo bo'ladi. Kesuvchi tekislik tekisligi ustma-
ust tushsa, kesimda
2	2
p ч
tenglama bilan aniqlanuvchi ikkita kesishuvehi to'g'ri chiziq hosil bo'ladi.
Giperbolik paraboloidni o'qiga parallel tekisliklar bilan kessak kesimda
parabolalarni olamiz.
128
Masalan kesuvchi tekislik x = h tenglama bilan berilsa, kesimda
fokal parametrlari q ga teng va uchi
nuqtada bo‘lgan pa-
rabola hosil bo'ladi.
1-teorema. Giperbolik paraboloid chiziqli sirt bo‘lib, uning har bir
nuqtasidan paraboloidda yotuvchi ikkita to‘g‘ri chiziq o‘tadi.
Isbot. Giperbolik paraboloidga tegishliу = k\X + bj nuqtadan
o'tuvchi va
x = x0 + £ t
y = y0+mt
z=z0+nt
tenglamalar bilan aniqlangan to'g'ri chiziq paraboloidda yotishi uchun
p q
tenglik parametrning har bir qiymatida bajarilishi kerak. Bu tenglikni
\p	q ) I p q J
ko'rinishda yozib, undan
w2_	£xg my0
— u va
p q	p	q
tengliklarni hosil qilamiz. Bu tengliklardan /и, и} yo'nalish uchun
f.-.m:n
129
munosabatni hosil qilamiz. Bu yerda U — ±1 tenglik bajarilgan. Demak,
giperbolik paraboloidning har bir nuqtasidan unda yotuvchi ikkita to‘g‘ri
chiziq o’tadi. Bu to‘g‘ri chiziqlaming parametrik tenglamalarini
ko‘rinishda yozish mumkin. Bu parametrik tenglamalarda
munosabat bajarilsa,
bo‘lganda (5)to‘g‘ri chiziqlar z = 0 tekislikni kesib o’tadi. Bu tekislikda
tenglamalar bilan aniqlanuvchi to’g’ri chiziqlar ham yotadi. Demak,
(5) to’g’ri chiziq (6 ) to’g’ri chiziqlaming bittasini kesib o’tadi. Buni
aniqlash uchun (5) ifodalami (6) tenglamalarga qo’ysak
130
\+'n/p + Уо+utjy/q^
< 4p 44 ,
+ 2/| — 0
tenglikni olamiz. Demak, (5) to'g'ri chiziq
to‘g‘ri chiziqni kesib o‘tadi. Bu to‘g‘ri chiziqning parametrik
tenglamalarini
X = T-y/p
r~ — oo < т < 4-00
у = -Tu^q
ko'rinishda yozish mumkin. Yuqoridagi (5) va (7) to'g'ri chiziqlar
kesishish
^0 4- tx -fp’ Уо + ut\ 44} nuqtasida
kesishadi va bu nuqtaga
parametrning
_x0+t}4p_ XO _ if x0 „.Уо"
Z | — ——-=	— —-f 11 — — ——Г — U ——г
4p 4p 2\4p 4ч)
qiymati mos keladi.
Agar t' = t — t\ belgilashni kiritib, (5) to'g'ri chiziqning parametrik
tenglamalarini
у=Уо + tu44=(го + fiu44}+	-ti)44=- ?i )44
131
z = z0
ko'rinishda yozish mumkin.
bo'lsa, giperbolik paraboloidning (4)
tenglamasidan z0 = 0 tenglik kelib chiqadi. Demak, bu holda (5) to'g'ri
chiziq z — 0 tekislikda yotadi. Yuqoridagi keltirib chiqarilgan xossalarni
quyidagicha yozishimiz mumkin.
2-teorema. Giperbolik paraboloidning har bir yasovchisi
Z — 0 tekislikda yotadi yoki bu tekislikni kesib o'tadi. Yasovchining
parametrik tenglamalarini
X = (z + т)/р,
z = 2ti
ko'rinishda yozish mumkin. Bu yerda ц — +1. Agar yasovchi z = 0
tekislikda yotsa 7- — 0 , yasovchi z = 0 tekislikda yotmasa
d
~ yl P + Ч	t0<g,r* chiziqlaming kesishish nuqtasidan
koordinata boshigacha bo'lgan masofadir.
132
4-§. Silindrlar
7-ta’rif. Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini birorta dekart koordinatalari
sistemasida
ko'rinishda yozish mumkin bo'lsa , u elliptik silindr deb ataladi. Bu
tenglamada q > b > 0 , munosabatlar bajarilishi talab qilinadi.
Elliptik silindr tenglamasida X, у o'zgaruvchilarning faqat ikkinchi
darajalari qatnashganligi uchun koordinata boshi uning simmetriya
markazi bo'ladi, koordinata tekisliklari esa simmetriya tekisliklaridir.
Silindming simmetriya markazidan yasovchilarga parallel o'tadigan
to'g'ri chiziq silindming o'qi deyiladi. Elliptik silindrni (8) tenglama
yordamida aniqlaganimizda uning o'qi Oz o'qi bilan ustma-ust tushadi.
Bu sirtni uning o'qiga perpendikulyar tekisliklar bilan kessak, kesimda
ellipslar hosil bo'ladi.
Mustaqil ish uchun topshiriq. Elliptik silindr tenglamasida a = b
bo'lsa, uning o'qiga perpendikulyar tekisliklar bilan kessak, kesimda
aylanalar hosil bo'ladi. Lekin atb bo'lganda ham uni yasovchilarga
parallel bo'lmagan tekislik bilan kesib aylana hosil qilish mumkin. Bu
faktni isbotlang.
8-ta’rif. Ikkinchitartiblisirt tenglamasinibirorta dekartkoordinatalari
sistemasida
ko'rinishda yozish mumkin bo'lsa , u giperbolik silindr deb ataladi. Bu
tenglamada a > 0, b > 0 munosabatlar bajarilishi talab qilinadi.
Giperbolik silindr tenglamasida x,y o'zgaruvchilarning faqat ikkinchi
darajalari qatnashganligi uchun elliptik silindr kabi koordinata boshi
133
uning simmetriya markazi bo'ladi, koordinata
tekisliklari esa simmetriya tekisliklaridir.
Giperbolik silindmi unig o'qiga perpendikulyar
tekisliklar bilan kessak, kesimda (9) tenglama
bilan aniqlanuvchi giperbola hosil bo'ladi.
9-ta’rif. Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini
birorta dekart koordinatalari sistemasida
y2=lpxp>^ (10)
ко ‘rinishda yozish mumkin bo ‘Isa , и parabolik
silindr deb ataladi.
Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini birorta dekart
koordinatalari sistemasida
49-chizma.
Elliptik silindr.
y2 0
ko'rinishda yozish mumkin bo'lsa, u
ikkita kesishuvchi tekislikdan iborat
bo'ladi.
Ikkinchi tartibli sirt tenglamasini
50-chizma. Giperbolik
birorta dekart koordinatalari sistemasida
silindr.
y2-b2=0
(12)
ko'rinishda yozish mumkin bo'lsa , u ikkita
parallel tekislikdan iborat bo'ladi.
Ikkinchi tartibli sirt tenglamasni biorta dekart
koordinatalari sistemasida
y2 = 0	(13)
134
52-chizma.
ko‘rinishda yozish mumkin bo'lsa , u ikkita ustma-ust
tushuvchi tekislikdan iborat bo'ladi.
5-§. Ikkinchi tartibli sirtning urinma tekisligi
Bizga ikkinchi tartibli sirt
F(x,y,z)=0 (1)
tenglama bilan berilgan bo'lsa, unga
tegishli M(x0,y0,z0)
nuqtadagi urinma tekislik tushunchasini kiritamiz.
10-ta’rif. Ikkinchi tartibli sirtda yotuvchi
vaMG nuqtadan o‘tuvchi hamma chiziqlarning
shu nuqtadagi urinmalari yotuvchi tekislik
Sirtning Mq nuqtadagi urinma tekisligi deyiladi.
Urinma tekislik tenglamasini keltirib
53-chizma.
chiqaramiz. Buning uchun MG nuqtadan
o'tuvchi OC tekislik bilan sirtni kesganimizda hosil bo'lgan kesimni
(chiziqni) / bilan, uning Mq nuqtadagi urinmasini t bilan belgilaymiz.
Urinmaga tegishli nuqtani M(x,y,z} bilan, / chiziqda Mq
nuqtaga yetarli yaqin nuqtani TV bilan belgilab, Mq va N nuqtalardan
to'g'ri chiziq o'tkazamiz. Bu to'g'ri chiziqda TH(x,j/,z) nuqtaga eng
yaqin nuqta M'(x',y',z'} bo'lsin. TV nuqtaning koordinatalarini
Ajy = X0 +/(x'-X0)
Уя = Уо + *(у'~Уо)
=zo+f(z'-zo)
ko'rinishda yozish mumkin.
135
Koordinatalar uchun bu ifodalami (1) tenglamaga qo'ysak
F(x0 + t(x - x\ J/O + t(y' - y0 ), zG + t(z - z0 )) = 0 (1)
tenglikni olamiz. Bu tenglikning chap tomonidagi ifodada/—>0 da
x',y',z' o‘zgaruvchilar mos ravishda , y^, Zq kattaiiklaiga intiladi.
Yuqoridagi tengliknit ga bo'lib va F(x0,j/0,z0)= 0 tenglikni hisobga
olib, f —> 0 da limitga o'tsak
(x - )f v (x0, j’0, z0 ) + (y - y0 )Fy (x0, y0, -0 ) + (z - z0 )F. (x0 , yG, z0) = 0 (14)
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglama sirtningA/0 nuqtadagi urinma
tekisligi tenglamasidir.
6-§. Sirtning diametral tekisligi
Biz ikkinchi tartibli chiziqlar uchun diametr tushunchasini kiritgan
edik. Ikkinchi tartibli sirt uchun esa diametr tekislik tushunchasini
kiritamiz. To‘g‘ri chiziq ikkinchi tartibli sirtni ikki M,N nuqtada kesib
o‘tsa, Д-/ДА kesma ikkinchi tartibli sirt uchun vatar bo'ladi.
1-teorema. Parallel vatarlaming о ‘rtalari bir tekislikda yotadi.
Isbot. Ikkinchi tartibli sirt uchun maxsus tanlangan Oxyz dekart
koordinatalar sistemasi mavjudki, uning tenglamasida xy, XZ, yz ifodalar
qatnashmaydi. Bu faktni isbotlash uchun
F(x,y,z)=aux2 + a22y2 + a33z2 + 2aX2xy + 2a23yz + 2al3xz +
+ 2al4x + 2a24y + 2a34z + a44
belgilash kiritib
, axxx2 + a22y2 + q33z2 + 2anxy + 2a23jg + 2aX3xz
J\x'>y’>z)	2	2	2
X + у + Z
136
funksiyani qaraymiz. Bu funksiya hamma o'zgaruvchilarga nisbatan bir
jinsli , ya’ni
f(fa,Ay,Az) = f(x,y,z\ ЛеЛ1
tenglik o'rinlidir. Bundan tashqari f funksiya birlik sferada chegaralangan
va Sferaning birorta Mq nuqtasida bu sferadagi eng kichik qiymatga
erishadi.
Funksiya bir jinsli bo'lgani uchun, u koordinata boshidan chiquvchi
nurlarda funksiyaning qiymati o‘zgarmaydi. Demak, nuqtada
funksiya o‘zining aniqlanish sohasidagi eng kichik qiymatiga erishadi.
Koordinatalar boshini o‘zgartirmagan holda Oz' o‘qni OM0 vektor
bo'yicha yo'naltirib, yangi Ox'y'z' koordinatalar sistemasini kiritamiz.
Yangi koordinatalar sistemasida funksiya

a\ |X'2 + a22y'2 +	+ 2a'i2x'y' + 2023У-' + 2<7j3x'z'
_ _ —
X +y + z
ko‘rinishga ega bo'ladi. Maxrajda tuigan ifoda nuqtadan koordinata
boshigacha bo'lgan masofaning kvadrati bo'lgani uchun. lining ko'rinishi
o'zgarmaydi. Yangi koordinatalar sistemasida Mq nuqta (0,0, Zq )
koordinatalarga ega va
1	>2 , о ! t , t <2
а^У +2а23^ + «33zO
J (О, У , ZQ ) =--------------------------
z0 + y2
tenglik o'rinli. Demak,
df(O,y,zo)
dy' y'=0
= 0
tenglikdan 6Z23 = 0 munosabat kelib chiqadi. Yuqoridagidek
137
f\x',Q,ZQ) funksiyaning Mq nuqtada minimumga erishishidan
foydalanib, =0 tenglikni olamiz. Natijada ikkinchi tartibli sirt
tenglamasi
«[рт'2 + 2aJ2* 'у' +	+ 2zzJ4jv' + 2а24У + 2<7з4г' + Я33/2 + a44 = 0
ko'rinishga keladi. Bu yerda faqat x',y o'zgaruvchilarga bog'liq
ifodadaxj/ ko'paytmani yo'qotish uchun koordinatalar sistemasini
qanday o'zgartirishni biz IV bobda o'rgandik. Buning uchun koordinata
boshini o'zgartirmasdan yangi, Qx", Oy" o'qlami o'zaro qo'shma qilib
tanlasak, Qz' °‘Q yo'nalishini o'zgartirmasak, sirt tenglamasi
aHx2 +G22>’2 +«зз^2 +2ajx+ 2a2y + 2a3z + a = 0(15)
ko'rinishga keladi.
Endi bevosita teorema isbotiga kirishamiz. Buning uchun
X _ у _ z
Я /л v
to'g'ri chiziqqa parallel vatar o'rtasining koordinatalarini x,y,Z bilan
belgilasak , uning uchi koordinatalari mos ravishda
х = х + Лг> У~У + l& 'Z = z + va x = x —A/’
y = y- pi,z = z-vt О6)
ko'rinishda bo'ladi. Vatar uchlari sirtga tegishli bo'lgani uchun, ulaming
koordinatalari (15) tenglamani qanoatlantiradi. Ulami (15) tenglamaga
qo'ysak,
—2	—2	—2	—	—	—	_	_
anx + a22y + a33z + 2aix + 2a2y + 2a3z + a + 2t(Aallx + /ла22у
+ va33 z + Aat + ца2 + va3) +t2 (a, y? + a22fd2 + a33v2 )= 0
138
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikda t ning ishorasini o‘zgartirsak ham,
u o‘rinli bo'ladi. Demak, birinchi darajali had koeffitsienti nolga teng
bo'ladi:
Л(й] । x + aj)+ju(a22y + a2]+v(a33z + a3)=0	(17)
Bundan esa vatar o'rtasining koordinatalari (17) tenglamani
qanoatlantirishi kelib chiqadi.
ll-ta’rif. Parallel vatarlaming o'rtalaridan o'tuvchi tekislik sirtning
diametrial tekisligi deb ataladi.
Diametrial tekislikning tenglamasini ixtiyoriy dekart koordinatalar
sistemasida yozish uchun (16) ifodalami
F(x,y,z)=0
tenglamaga qo'yib,
2F(x,y,z) ± 2t(AFx(x,y,z) + pFy(x,y,z) + vF,(x,y.z)) +
+ /2(z7[[A2 +a12//2 + o33v2 + 2al2Aju + 2o23//v + 2а3,иЯ) = 0
tenglikni olamiz. Bu tenglik bajarilishi uchun /oldidagi koeffitsient nolga
teng bo'lishi kerak. Demak, diametrial tekislik tenglamasini
AFX + flFy + AFZ = 0	(18)
ko'rinishda yozish mumkin. Ravshanki, agar ikkinchi tartibli sirt
simmetriya markaziga ega bo'lsa, har qanday diametrial tekislik bu
markazdan o'tadi.
Demak, ikkinchi tatibli sirt markazi
Fx=0, Fy=0, Fz=0	(19)
tenglamalar sistemasi yordamida aniqlanadi.
Paraboloidning diametrial tekisligi uning o'qiga parallel bo'ladi. Bu
holda a33=0 bo'lganligi uchun (18) tenglamada zo'zgaruvchi
qatnashmaydi.
Elliptik va giperbolik silindrlar uchun ulaming o'qlaridagi hamma
139
nuqtalar rnarkaz bo ‘Igani uchun har qanday diametrial tekislik sirt о ‘qi
orqali о ‘tadi.
7-§. Sirtning simmetriya tekisligi
12-ta’rif. Bizga a tekislik berilgan bo ‘lib, sirtga tegishli ixtiyoriy
M nuqta uchun a tekislikka nisbatan bu nuqtaga simmetrik nuqta
ham sirtga tegishli bo ‘Isa, a tekislik sirtning simmetrik tekisligi deyiladi.
Diametrial tekislik tenglamasidan foydalanib, sirtning simmetriya
tekisligi tenglamasini keltirib chiqaramiz. Simmetriya tekisligiga
perpendikulyar yo'nalishdagi o'zaro parallel vatarlar o'rtalari simmetriya
tekisligiga tegishli bo'Iganligi uchun a = m, n] vektorga perpendikulyar
simmetriya tekisligi tenglamasi (18) ga ko'ra
£FX + mFv + nF. = 0
(20)
ko'rinishda bo'ladi. Simmetriya tekisligiga a = {(!,m,n} vektor
perpendikulyar bo'Iganligi uchun
an t	_ а^ + а-^т + а^п _ a3l£ + а32т+а33п
(. m	n
proposionallik o'rinli bo'ladi. Simmetriya tekisligiga perpendikulyar
yo'nalishni (20) tenglikdan aniqlash uchun (21) nisbatni к bilan belgilab,
ekvivalent sistemani hosil qilamiz
(«] ] - k)f. + ai2m + al3n = 0
a2 ,£ + (a22 -k)m + a23n = 0
+ a32m + (fl33 “ k)n = 0
I, m, П lar bir vaqtda nolga teng bo'lmaganligi uchun
140
ап-к
а2\
а1\
а\2
а22 ~
а22
tenglik o'rinli bo'ladi. Bu tenglikdan к ni topib, (22) sistemaga qo'yamiz
va undan {t, m, n} yo'nalishni topamiz.
Biz sirtning simmetriya tekisligini bilsak, ikkinchi tartibli sirt
tenglamasini soddalashtirish uchun qulay, ya’ni kanonik koordinatalar
sistemasini topish qiyin bo'lmaydi.
8-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar
1. Koordinata boshini sirtning simmetriya markaziga ko‘chirish
yordamida quyidagi sirtlaming tenglamasini soddalashtiring.
1)	x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy - 2x - 4y - 4z = 0;
2)	y2 + 3xy + 2yz + zx + 3x + 2y-0;
3)	x2 + 2y2 — z2 + 2x — 2y + 2z +1 = 0
2	2	2
X у z
2.	Ikkinchi tartibli s‘rt'^ +	~ tenglama bilan berilgan.
Bu sirtning M(2, 1, -1) nuqtadan o‘tuvchi va bu nuqtada teng ikkiga
bo'linuvchi vatarining tenglamasini yozing.
2	2	2
X у z
3.	Ikkinchi tartibli------------------- ~ 1 tenglama bilan berilgan.
Bu sirtga (-6; 2; 6) nuqtada urinuvchi tekislik tenglamasini yozing.
2	2	2
X у Z
4.	Ellipsoid — +	+ — — 1 tenglama bilan berilgan. Uning (-2;
141
1; -1/2) nuqtadagi normal tenglamasini yozing.
5.	Ikkinchi tartibli sirt
2x2 + 5y2 + 8z2 + 12yz + 6zx + 2xy + 8x +14y + 18z = 0
tenglama bilan berilgan. Bu sirtning I)
x-5 _y _z + l
3
to ‘g'ri chiziqqa;
2)Ox o'qiga; 3)Oy o‘qiga; 4)0z o‘qiga parallel vatarlarga qo‘shma
diametrial tekisligi tenglamasini yozing.
6.	x2 + 3z2 - 6xy + 8x + 5 = 0 tenglama bilan berilgan ikkinchi
x+3 у z-\
tartibli sirtning 	= — - —
to'g'ri chiziqdan o'tuvchi diametrial
tekisligi tenglamasini yozing.
7.	Ikinchi tartibli sirtning bitta Л/(2,0,-1) nuqtasi, markazi C(O,O,-1)
va Oxy tekislik bilan kesimi
X2 - 4xy -1 = 0
2=0
ma ’lum bo ‘Isa, uning tenglamasini tuzing.
8.	Ikkinchi tartibli sirtning berilgan tekislik bilan kesishishidan hosil
bo ‘Igan chiziqni tekshiring
2	2
XV?
1)---v—---z =1, 4x-3v-12z-6 = 0
9	4	Л
X у 2	1
2)~/2+a+z =1’ x + 4z-4 = 0-
16	4
142
2	2
X у
9.---------— Z paraboloidningjx + 2y — 4г = 0
16	4
parallel bo'lgan to'g'ri chiziqli yasovchilarini toping.
X2 -2
10. Berilgan Af (6,2,8) nuqtadan о 'tuvchi va--F
tekislikka
—=1
9	4	16
sirtda yotuvchi to'g'ri chiziq iami toping.
143
VI BOB
CHIZIQLI VA AFFIN FAZOLAR
l-§. Chiziqli fazolar
Birorta bo'sh bo'lmagan V t o'plam berilgan bo'lsin. Biz V
to'plamning elementlari nimadan iborat ekanligi haqida ma’lumot
bermagan holda, unda quyidagi ikkita amal kiritilgan bo'lishini talab
qilamiz.
Birinchi amal: bu to'plamga tegishli har qanday ikkita elementga
berilgan qoidaga ko'ra bu to'plamning bitta elementi mos qo'yilgan;
Biz shartli ravishda V to'plamning a, b elementlariga mos qo'yilgan
elementni a + b ko'rinishda yozamiz.
Ikkinchi amal: berilgan haqiqiy son va V to'plamning berilgan
elementiga V to'plamning bitta elementi mos qo'yilgan. Biz shartli
ravishda К to'plamning a elementiga va Л haqiqiy songa mos qo'yilgan
V to'plamning elementini Ла ko'rinishda yozamiz.
l-misol. Haqiqiy sonlar to'plamida aniqlangan barcha haqiqiy
qiymatli funksiyalar to'plamini V bilan belgilab, unda yuqoridagi ikkita
amalni kiritaylik. Berilgan ikkita /Ча£ funksiyalar uchun
f + g, Af funksiyalarni quyidagi qoidalar bilan kiritamiz:
(/+gXx)=/(x)+^W
Bu tengliklarning o'ng tomonida mos ravishda funksiyalarning
qiymatlari qo'shilgan va funksiyaning qiymati haqiqiy songa
ko'paytirilgan.
Biz birinchi bobda vektoming tor ma’nodagi geometrik ta’rifini
kiritgan edik. Matematikada vektor tushunchasi biz keltiigan ta’rifga
nisbatan juda keng. Vektoming keng ma’nodagi ta’rifini keltirish uchun
biz awalo chiziqli fazo tushunchasini kiritishimiz kerak.
l-ta’rif. Berilgan V to ‘plamdagi yuqorida kiritilgan ikkita amal uchun
144
1)	Ixtiyoriy a,b,c elementlar uchun a + (b + с) = (a + б) + c
tenglik,
2)	Ixtiyoriy a, b elementlar uchun a + b = b + a tenglik,
3)	У to ‘plamga tegishli shunday о element mavjudki har qanday a
element uchun a + O — a tenglik,
4)	Har bir a element uchun shunday ~a element mavjudki
a + (-«)= о tenglik, .
5)	Har qanday A, Ц haqiqiy sonlar uchun va va har bira element
uchun (A + /d)a = Aa + jUa tenglik,
6)	Har qanday A, Ц haqiqiy sonlar uchun va har bir a element uchun
(А/л)а - A(jja} tenglik,
7)	Har qanday 2. haqiqiy son va ixtiyoriy a,b elementlar
uchunA.{a + b}= Aa + Ab tenglik,
8)	Har bir a element uchun \-a = a tengliklar o‘rinli bo‘Isa,
V to ‘plam chiziqli fazo, uning elementlari esa vektorlar deb ataladi.
Uchinchi aksiomada mavjudligi ta’kidlangan о element chiziqli fazoning
nol elementi yoki nol’ vektor deyiladi.
Yuqoridagi misolda ko‘rish mumkinki, keng ma’noda funksiya ham
vektor bo'ladi. Albatta bir to'g'ri chiziqda yotgan vektorlar (yo'nalishga
ega bo'lgan kesmalar), bir tekislikda yoki fazoda yotgan vektorlar chiziqli
fazolardir. Biz ular uchun yuqorida keltirilgan sakkizta aksiomalaming
bajarilishini birinchi bobda isbotlaganmiz. Chiziqli fazolaiga juda ko'plab
misollar keltirish mumkin.
Mustaqil ish uchun topshiriqlar.
1.	Berilgan [а,б] kesmada aniqlangan va к marta differensiallanuvchi
funksiyalar to'plami chiziqli fazo ekanligini ko'rsating.
2.	Bir o'zgaruvchili hamma ko'phadlar to'plami chiziqli fazo
ekanligini ko'rsating.
145
2-misol. Tartiblangan nta haqiqiy sonlar ketma-ketliklari
to‘plamini r" bilan belgilab, unda chiziqli amallami, ya’ni ”qo‘shish”va
songa “ko‘paytirish” amallarini quyidagicha kiritamiz:
ikkita {a„«2,•••,«„},{/>,,Z>2,---,6„}elementlar uchun ularga mos
qo‘yilgan element
{al,a2,---,al,}+{bl,b2,-",bll}={al+bx,a2+b2,--,a„+bn}
tenglik bilan, /. haqiqiy son va {apa2,•••,«„} element uchun
“ko'paytirish” amalini Л{а},а2,-••,«„} = {Ла1,Ла2,---,Лап}tenglikbilan
aniqlaymiz. Bu amallar yuqoridagi 1-8 aksiomalami qanoatlantiradi.
Bu chiziqli fazo biz uchun nihoyatda muhim ekanligini keyingi
paragraflarda ko'ramiz.
1)	Bizga chiziqli fazo berilgan bo'lsa, 3-aksiomada mavjudligi talab
qilingan nol vektor yagonadir. Haqiqatan, agar ikkita Ojva C^nol
elementlar mavjud bo'lsa, ixtiyoriy a element uchun Oj + a = a va
O2 + a = a tengliklar o'rinli bo'ladi. Birinchi tenglikni a = O2 element
uchun, ikknchi tenglikni a = O[ element uchun yozsak, biz
C>i+C>2=C>2’ O2+Oj =Oj tengliklarni hosil qilamiz. Bu
tengliklardan = O2 tenglik kelib chiqadi.
2)	Chiziqli fazoda har bir a element uchun unga qarama-qarshi —
a element yagonadir.
Agar a element uchun ikita&,c elementlar mavjud
bo'lib# + b = o va a + С = О tengliklar o'rinli bo'lsa,
b = o + b = (a + c) + b = (a + b) + c = o + c = c
tenglik o'rinlidir.
3)	Chiziqli fazoga tegishli ixtiyoriy a, b elementlar uchun
a + x = b
146
f
fc tenglama yagona x = b + (— a) yechimga ega.
' * Haqiqatan a + x = b bo'lsa, x element uchun
I X = (a + x)+(-a)=Z? + (—a) tenglik o'rinli va
I a + (b + (-a)) =(a + (-a)) + b = o + b bajariladi.
4)	Chiziqli fazo elementini nol soniga ko'paytirsak nol element hosil
; bo'ladi, ya’ni 0a = o tenglik o'rinlidir. Haqiqatan
Oa = (O + 0)a = Oa + Oa = о	munosabatdan
Oa = Oa — Oa = O tenglik kelib chiqadi.
5)	Chiziqli fazoning nol vektorini ixtiyoriy songa ko'paytirsak
К
( nol vektor hosil bo'ladi, ya’ni V/l G 7? uchun Ло = О tenglik
o'rinlidir. Haqiqatan Ло = Л(о + о) = Ло + Ло, munosabatdan
Ла — Ла-Ла = о tenglik kelib chiqadi.
6)	Chiziqli fazoning ixtiyoriy a elementini —1 soniga ko'paytirsak
unga qarama-qarshi — a element hosil bo'ladi, ya’ni
(— l)fl = —a tenglik o'rinlidir. Haqiqatan
a + (— l)a = la + (—1)<7 = (1 — l)a = Oa = o. munosabatdan
(— l)a = —a tenglik kelib chiqadi.
7)	Chiziqli fazo aksiomalarining ikkinchisi boshqa aksiomalar va
qarama-qarshi element yagonaligidan kelib chiqadi.
Haqiqatan (a + b)- (b + a)= a + b + (-l\b + a) =
a + (b - b)-a - a - a = о munosabatdan b + a = a + b tenglik
kelib chiqadi.
Bizga chiziqli fazoda m ta vektordan iborat , д2 > • • • ? oila va
A»Л2»‘ ‘ ‘ haqiqiy sonlar berilgan bo'lsin. Bu vektorlar yordamida
147
hosil qilingan
Ata} + Л2а2 + ... + Л1пап (1)
vektorfl], a2, vektorlaming chiziqli kombinasiyasi deyiladi.
Birorta b vektor Oj, 6f2, ...,<7OT vektorlaming chiziqli
kombinasiyasi bo'lsa, bvektorCl\, <32, an.vektorlar orqali chiziqli
ifodalangan deyiladi.
2-ta’rif. Chiziqli fazoning at, a2, elementlar uchun kamida
bittasi noldan farqli	haqiqiy sonlar mavjud bo'lib,
Ay ax + ^2 a2 + ... + Am am =0 munosabat o'rinli bo'lsa,
a2, . vektorlar oilasi chiziqli bog'lanishli, aks holda esa bu
oila chiziqli erkli deyiladi.
Biz tor ma’nodagi vektorlar uchun chiziqli bog'lanishli va chiziqli
erkli oilalaming xossalari bilan birinchi bobda tanishdik. Keng ma’nodagi
vektorlar uchun ham bu xossalar saqlanadi. Ularning asosiylarini
keltiramiz.
1)	Birorta b vektor a2, vektorlaming chiziqli
kombinasiyasi bo'lsa, at, a2, oilaga tegishli har bir vektor
bx, b2, lar orqali chiziqli ifodalansa, b vektor bx, b2, ...,bm
vektorlar orqali chiziqli ifodalanadi.
2)	Vektorlar oilasi chiziqli bog'lanishli qism oilaga ega bo'lsa, bu
chiziqli bog'lanishli bo'ladi.
3)	Vektorlar oilasiga nol vektor tegishli bo'lsa, bu oila chiziqli
bog'lanishli bo'ladi.
1-teorema. Vektorlar oilasi chiziqli bog‘lanishli bo‘lishi uchun bu
oiladagi kamida bitta vektor qolganlari orqali chiziqli ifodalanishi zarur
va yetarlidir.
Isbot. Chiziqli fazoning <7|, <?2, vektorlar oilasi chiziqli
bog'lanishli bo'lsa, kamida bittasi noldan farqli Л|,Я2,-• ‘,Лт haqiqiy
148
sonlar mavjud bo'lib, \ ax + a2 +... + Am am = 0 tenglik o‘rinli
bo‘ladi.
Agar^] Ф 0 bo‘lsa,
^^2	An
al -	. a2 A Va aksincha	, am tenglikni hosil qilamiz. Z] Z7] = ^2^2 + kmam tenglikdan
A =-l,A =^2’"’’A; A ai+ A a2 + • • •+ А»	= km	sonlar	uchun am = 0 tenglikni hosil qilamiz.
2-teorema. Chiziqli fazoda a}, 02, ...,ani oilaning har bir vektori
b^,b2, ...,bnvektorlar orqali chiziqli ifodalanib, m > П bo'lsa,
t7], 02, ...,Onj oila chiziqli bog'lanishli bo'ladi.
Isbot. Teorema shartiga ko‘ra
Al’A2>*‘*>An >
А1»А2’*”»Аи»
^m\’ А» 2 ’"'' ’^mn ’
haqiqiy sonlar mavjud bo‘lib,
a\ = A1A + A2A + • • • AnA >
a2 = A1A +^22^2 +---^2n^n->
am ~ ^m\A + ^m2^2 + • "^mn^n ’
149
tengliklar o'rinli bo'ladi.
Biz
A 1*1 + Л21 х2 +-"^mlxm ~ О,
^lnxl + ^2nx2 "* •  • ^mnxm
tenglamalar sistemasini qarasak, bu sistemada noma’lumlar soni
tenglamalar sonidan ko'p, ya’nim> П bo'lganligi uchun bu sistema
notrivial Xj°\ X^,	, x^ yechimga ega. Buyechim elementlari
yordamida hosil qilingancZj,	vektorlaming chiziqli
kombinatsiyasi uchun quyidagi tenglik o'rinli
*f°4 + 4% +.. ,x^am = x[0)(A }bx + Al2b2 +... АЛ) +
+ Х<0)(АД +^22^2 +---^2n^>i)+--- + xin4^mA + Л»2^2 + —Д»Л) =
= (AiX](0) + Ai40) + --4i4’))z’i +... + (a„x[0) + А,Лг0)	=
= 0Z>| +... + 0Z>n = 0.
Demak at, Ck^, oila chiziqli bog'lanishli bo'ladi.
Chiziqli fazo elementlari uchun ham kollinear va komplanar vektorlar
tushunchalarini kiritish mumkin. Buning uchun chiziqli bog'lanishlik
tushunchasidan foydalanamiz.
3-ta’rif. Ikkita vektordan iborat vektorlar oilasi chiziqli bog'lanishli
bo'lsa, ular kollinear vektorlar, uchta vektordan iborat vektorlar oilasi
chiziqli bog'lanishli bo'lsa, ular komplanar vektorlar deyiladi.
Bizga ma’lumki, bir tekislikda yotuvchi har qanday uchta vektor va
uch o'lchamli fazoda har qanday to'rtta vektor chiziqli bog'lanishli
bo'ladi.
Endi chiziqli fazoda oila tushunchasini kiritamiz.
4-ta’rif Chiziqli fazoda har qanday vektomi ax, a2, ...,a„ vektorlar
orqali ifodalash mumkin bo ‘Isa, ax, a2, ...,an oila to‘liq oila deyiladi.
150
Agar chiziqli fazoda chekli sondagi elementardan iborat to‘liq oila
t	mavjud bo‘lsa, fazo chekli o‘lchamli deyiladi.
5-ta’rif Chiziqli fazoda chiziqli erkli to'liq oila shu fazoning oilasi
l	deyiladi.
3-teorema. Bizga V chiziqli fazoda e}, e2, ...,en oila va
CI2,	oila berilgan bo‘lsin. Berilgan	°^a
chiziqli erkli bo ‘Isa, m<n bo ‘ladi, agar Cl\, CI2,am oila to ‘liq bo ‘Isa,
т~>пЬо ‘ladi.
Isbot. Chiziqli fazo oilai et, e2, oila to'liq bo'lganligi
uchun Gj, a2, ••>ain oilaning har bir vektorie,, e2, ...,e„ oilaning
vektorlari orqali chiziqli ifodalanadi. Yuqoridagi 2- teoremaga ko'ra
agar fl], a2, . oila chiziqli erkli bo'lsa, m<n bo'ladi.
Agara^, oila to'liq bo'lsa, u holdae,, e2, ...,en
oilaning har qanday vektoria^, a2, oilaning vektorlari orqali
chiziqli ifodalanadi. Yana 2- teoremaga ko'ra et, e2,..en chiziqli erkli
bo'lganligi uchun m~>n bo'ladi.
Bu teoremadan quyidagi muhim fakt kelib chiqadi:
4-teorema. Chekli o'lchamli chiziqli fazo oilalari bir xil sondagi
vektorlardan iborat bo ‘ladi.
Biz keyingi paragraflarda faqat chekli o'lchamli chiziqli fazolar bilan
ish ko'ramiz va chekli o'lchamli V chiziqli fazoning o'lchaminidimK
bilan belgilaymiz.
5-teorema. Chekli 0‘lchamli chiziqli fazodan ta vektordan iborat
oila (n = dim V) oila bo‘lishi uchun bu oilaning to‘liqyoki chiziqli erkli
bo'lishi zarur va yetarlidir.
Isbot. Biz agar birorta e2, oila to'liq bo'lsa, chiziqli erkli
bo'lishini va aksincha q, e2, ...,en oila chiziqli erkli bo'lsa, uning
151
to'liq ekanligini ko‘rsatishimiz kerak. Agarej, e2, ...,en oila to‘liq va
chiziqli bog'lanishli bo'lsa, unda e2, ...,en oiladan mos vektomi
o'chirib n — 1 vektordan tashkil topgan to'liq vektorlar oilasini hosil
qilamiz. Bu esa 3-teoremaga ziddir. Demak, e|5 e2, ...,en oila to'liq
bo'lsa u chiziqli erkli bo'lar ekan.
Endi gj, e2, ...,en oila chiziqli erkli bo'lsin. Biz bu oilaning to'liq
ekaligini ko'rsatamiz, ya’ni ixtiyoriya G V vektor ег,е2,...,еп oila
vektorlari orqali chiziqli ifodalanishini ko'rastishimiz kerak. Buning uchun
, ^2, • • •, en ’a °ilan* Qaraylik, bu oila и + 1 ta vektordan iborat va
yuqoridagi 3-teoremaga ko'ra gj, e2, ...,en,a vektorlar chiziqli
bog'lanishlibo'ladi. Demak, gj, e2, ...,en,a oilavektorlaridanbittasi
qolgan vektorlar orqali chiziqli ifodalanadi. Teorema shartiga- ko'ra
Ср e2, ...,en oila chiziqli erkli bo'lganligi uchun faqata vektorgina
qolgan vektorlar orqali chiziqli ifodalanishi mumkin. Teorema isbotlandi.
Chiziqli у fazoda e}, e2, oila berilgan bo'lsin.
Ixtiyoriya e У vektor uchun shunday^1 ,д2,.,.,an sonlar mavjud
bo'lib, bu vektomi quyidagi ko'rinishda yozish mumkin:
а-а1е^ + a2e2 + ... + anen (1)
6-ta’rif. Birinchi tenglikdagia^a2 ,...,0* sonlaria vektorning
e,, e2, ...,en oiladagi koordinatalari deb ataladi.
б-teorema. Ixtiyoriy vektor berilgan oiladagi koordinatalari bilan
yagona ravishda aniqlanadi. Vektorlar qo ‘shilganda ularning koordinatalari
qo ‘shiladi, vektomi songa ко ‘paytirganda ко ‘paytma vektor koordinatalari
mos ravishda ко ‘paytiriluvchi vektor koordinatalari bilan ко ‘paytirilayotgan
152
son ко ‘paytmalaridan iborat.
Isbot. Biz a vektor uchun oila vektorlar orqali ikkita chiziqli
a =	+ д 2e2 +... + anen
a = b]ex + b2e2 + ... + b"en
ifodalarga ega boisak, bu tengliklardan
0 = (a1	+(«2 ~b2)e2 +...+(an -bn)en
tenglikni olamiz. Bazisni tashkil qiluvchi et, e2, ...,en vektorlaming
chiziqli erkli ekanligidan
a^=b1’ a2 =b2 ,•••, an = b
tengliklar kelib chiqadi. Demak, har qanday vektor o'zining koordinatalri
bilan yagona ravishda aniqlanadi.
Biz agar ikkita
a = ale{ + a2e2 + — + anen , b-bxex +b2e2 +... + bnen
vektorlaming yig'indisini
a + b = a'ex +a2e2 +--- + ane„ + b'e, +--- + b"en =
= axe} + b'ex +—+ b"en = (a1 + b' )e, +—i-(a" +b")en.
ko'rinishda yozsak, a + b vektorning koordinatalari mos ravishda a
vab vektorlaming koordinatalari yig'indilariga tengligini ko'ramiz.
Ixtiyoriy a vektor va£ soni uchun chiziqli fazo aksiomalaridan
foydalanib,
ка = к(ахех + • • • + a"en) = (ка1) ex + —I- (кап) en
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikni yig'indi belgisidan foydalanib,
quyidagi ko'rinishda yozish mumkin:
ка = к et
U=1
Teorema isbotlandi.
n ,
Yka et
V=1
153
Qulaylik uchun yig'indida yuqori indeks va quyi indeks bir xil sonda
qatnashgan holda shu indeks bo‘yicha yig‘indi belgisi tushirib quyidagi
ko‘rinishda yoziladi:
a = a'ei, ka = (kd )ez •
Keyingi paragraflarda yozuvni qisqartirish maqsadida biz bu
belgilashdan foydalanamiz.
7-ta’rif. Bizga V va V chiziqli fazolar va o'zaro bir
qiymatli (p:V —>V akslantirish berilgan bo'lib, ixtiyoriy
a,b eV vetorlar va ixtiyoriy к haqiqiy son uchun
(p(a + b)=<p{a)+(p[f)j (p (Ka)= K(p (a) tengliklar bajarilsa, (p
akslantirish izomorfizm deb ataladi.
Agar, V va F'chiziqli fazolar o'rtasida izomorfizm mavjud bo'lsa
V va V' fazolar izomorf fazolar deyiladi va у K y' ko'rinishda
yoziladi. Fazolar o'rtasidagi izomorflik munosabati ekvivalentlik
munosabati bo'ladi, ya’ni quyidagi munosabatlar o'rinlidir:
a) V^V,b) V*V=> v'^V;
v'*v"=> v^v"
Biz V chiziqli fazoda (e,,..., en ) oila yordamida har bir
a eV vektorni uning koordinatalari yordamida d,..., a' yagona
ravishda aniqlaymiz. Ikkinchi tomondan ...5 an j ketma-
ketlik/j"fazo elementidir. Natijada
(p (д) = («Я1,. formula yordamida (p’.V—>Rn
izomorfizmni aniqlaymiz. Bu akslantirish uchun
(p(a + b)=(p[a)+(p{b\ <p(ka)=k(p (a). tengliklar 5-
154
teoremadan kelib chiqadi. Demak quyidagi teorema o‘rinlidir.
7-teorema. Har qanday n o'lchamlichiziqlifazoR" fazoga izomorfdir.
2-§. Affin fazolar
8-ta’rif. Bizga X to‘piam va n o'lchamli V chiziqli fazo berilib, X
to ‘plamning nuqtalarining har bir A, В juftiga birorta V chiziqli fazoga
tegishli AB vektor mos qo ‘yilgan bo ‘lib:
1) X to‘plamning har bir A nuqtasi va har bir a e у uchun yagona
В G X nuqta mavjud bo'lib AB = a tenglik,
2) Ixtiyoriy uchta А, В, C nuqtalar uchun AB + BC = AC
tenglik bajarilsa, X to‘plam n o'lchamli affin fazo deyiladi.
Bu ta’rifning ikkinchi shartidan A — B = C bo‘lganda
AA = 0 tenglikni, C = A bo'lganda BA = —AB tenglikni hosil
qilamiz. Biz bir o'lchamli affin fazoni to'g'ri chiziq, ikki o'lchamli affin
fazoni tekislik va uch o'lchamli affin fazoni fazo deb ataymiz.
9-ta’rif. Affin fazoda berilgan 0 nuqta va у chiziqli
fazoningel,...,en bazisidan iborat	"•,£„} oila affin
fazodagi affin koordinatalar sistemasi deyiladi va Q ... enko ‘rinishda
belgilanadi.
Bizga affin fazoda A nuqta berilgan bo'lsa,
OA = а*в| +... + anen tenglikdagi a1,..an sonlari A nuqtaning
affin koordinatalari deyiladi.
Affin fazolarda to'g'ri chiziq tushunchasiga ta’rif bera olamiz. Agar
affin fazoda Mo nuqta va mos chiziqli fazoda a vektor berilgan bo'lsa,
MqM vektor a vektorga kollinearbo'ladigan affin fazodagi ff nuqtalar
155
to'plami Mo nuqtadan o'tuvchi va avektorga parallel to'g'ri chiziq
deyiladi.
8-teorema. Affin fazoning o'zaro farqli ikkita nuqtasidan bitta to'g'ri
chiziq o'tadi.
Isbot. Bizga A/()va Л/j nuqtalar berilgan bo'lsa MqM\ =a
vektorga parallel va Mo nuqtadan o'tuvchi to'g'ri chiziq A/Ova
nuqtalardan o'tuvchi yagona to'g'ri chiziqdir.
Berilgan A/Gva M\ nuqtalardan o'tuvchi to'g'ri chiziq nuqtalari
MqM = tM^M\ tenglikdan aniqlanadi. Bu tenglikdan har ЫгД/
nuqta/ parametming bitta qiymati bilan aniqlanishi kelib chiqadi.
Masalan M = Mq nuqta parametrning / = 0 qiymatiga,
M = My nuqta esa parametrning / = ] qiymatiga mos keladi.
Parametming 0 < t < 1 qiymatlariga mos keluvchi nuqtalar Mq va
My nuqtalar orasida yotuvchi nuqtalar deyiladi. Berilgan MQva
My nuqtalardan o'tuvchi to'g'ri chiziqning Mq va My nuqtalar orasida
yotuvchi nuqtalar to'plami boshi Mo nuqtada va oxiri My nuqtada
bo'lgan kesma deyiladi va MqMj ko'rinishda belgilanadi.
10-ta’rif. Chiziqli fazo elementlarining har bir juftiga bitta haqiqiy
sonni mos qo'yuvchi a,b —>	funksiya uchun:
1.	Ixtiyoriy a,b,c e V vektorlar uchun (<7,Z) + c) =
(а, b) + (Д, c) tenglik.
2.	Ixtiyoriy fc haqiqiy son \aa,b vektorlar uchun k{a,b) =
156
(ka,b) = (a,kb) tenglik;
3.	Har qanday ikkita a,b vektor uchun (a,b) = (d, a) tenglik
2
4.	Ixtiyoriy noldan farqli a vektor uchun (a,a) = a >0
munosabat bajarilsa, (a,b) miqdor a,b vektorlaming skalyar
ko‘paytmasi deyiladi.
Chiziqli fazoda skalyar ko'paytma aniqlangan bo'lsa,
| a | = yj(a,a) formula yordamida vektor uzunligini aniqlaymiz.
Vektorlar orasidagi burchakning kosinusi
COS (p =
(a,ft)
tenglikdan aniqlanadi. Bu yerda a2=(a, a) belgilash qabul qilingan. Bu
formula korrekt aniqlanganligini ko'rsatish uchun | ab | < |a||Z?|
tengsizlikni isbotlashimiz kerak. Bu tengsizlik Koshi-Bunyakovskiy
tengsizligi deb ataluvchi (cib^ <a2b2 tengsizlikka teng kuchlidir.
Bu tengsizlikni isbotlash uchun f (t) = (a + tb) funksiyani qaraymiz.
Bu funksiyani f{t) = a1 4- 2t {ab) + t2b2 ko'rinishda yozsak, uning
diskriminanti uchun
(flZ>)2 - a2b2 < 0
munosabat o'rinli bo'ladi. Bu tengsizlik esa Koshi-Bunyakovskiy
tengsizligiga ekvivalentdir. Koshi-Bunyakovskiy tengsizligidan
a + b ~ = (a+ b)2 = a1 + lab + b2 < a 2 + 2 a . b +
, b 2 = ( a + b )2va a + b 2 = (a + b)2 - a2 + 2ab + b2 > a 2 -
-2. a . b{ + b 2=( a - bJ2 tengsizliklarni hosil qilamiz. Bu
157
tengsizliklardan
|a|-|6|
<| a + b |<| a | + | b |
tengsizlikni hosil qilamiz.
11-ta’rif. Affin fazoga mos keluvchi chiziqli fazoda skalyar ко‘paytma
aniqlangan bo ‘Isa, yevklid fazosi deyiladi.
Yevklid fazosida ABC — ixtiyoriy uchburchak berilgan bo'lsa, a=AB,
b=BC belgilashlar kiritib va a+b=AC tenglikni hisobga olib uchburchak
tomonlari uchun
AB -\BC\\<\ AC |<! AB +1 BC
tengsizlikni hosil qilamiz.
Agar QACB — parallelogramm bo'lsa, a = QA> b = QB
belgilashlar kiritib, ОС = a + b, AB = b-a tengliklami hisobga olib
| ОС |2 +| AB f =(a + b)- +(b-o)2 =2(o2 +C)=2^| 0.4 |; + |t)B |j=| 0.4 |2 +
+ |.4C |2 +1 BC |2 +1 OB |2
tenglikni hosil qilamiz. Demak parallelogramm diagonallari
kvadratlarining yig'indisi uning tomonlari kvadratlari yig'indisiga teng.
12-ta’rif Berilgan a va b vektorlaming skalyar ко’paytmasi nolga
teng bo’lsa, ular ortogonal vektorlar deyiladi.
Agar vektorlar ortogonal bo'lsa, (a + b] = a1 + b2 tenglik o'rinli
bo'ladi. Uchburchakning tomonlari uchun a = QA,
b = QB, belgilashlar kiritib va£> — q — AB tenglikni hisobga olib,
Pifagor teoremasini hosil qilamiz:
I ЛВ|2 = |ОЛ|2 + |O5|2.
Bizga JZ chiziqli fazoda e,...,en oila berilgan bo'lsa,
158
х = x'e, + x2e2+--- + xen,y = y'e, + ye2 +• + y"en
vektorlaming skalyar ko'paytmasini
(x,y) = Х(А)(У^)= i(elei)x‘yJ
/,У=1	u=i
ko'rinishda yozishimiz mumkin. Agar gij — (enej)belgilash kiritsak
skalyar ko'paytma uchun
(x,y) = tgilxiyJ (1)
<j=i
ifodani olamiz. Tekshirib ko'rish mumkinki
g„ = (e/5£;) matritsasimmetrikmatritsadir. Masalan /7 = 3 bo'lganda
skalyar ko'paytma
M=guxy' +gI2*y+^У+&УУ +^У +
+£2з*У+&УУ +^У+&хУ+
+ gi2 (xy2 + *2y') + +£13 (xy3 + x3y') + g22x2y2 +
✓ э3 3 2 \	33
+ £2з(х’У +x y') + g33x y-,
ko'rinishga keladi. Bu yerda
<?11 — (^1’^1)’	g32 “(^2’^2)’	<?12 ~’ <§21 ~ (^1^2)’
<?23 = <§32 ~ (^2’^3)’ ^3 — gll ~ (^1’^3)’ <§23 — (^3’^з)Ь°
skalyar ko'paytmaini
(X, y) = Yg^y +YgiJ{xi у +xJy)
i	><j
ko'rinishda yozishimiz mumkin.
159
Biz agar
£21—Sin •
matritsalar
kiritsak, skalyar ko'paytmani Gy ko'rinishda yozishimiz mumkin.
Bu yerda x' = (x1,...,x”) transponirlangan matritsa. Matritsalami
ko'paytirish amallarini bajarsak
xTGy = Z Zg/У
tenglikni hosil qilamiz. Demak
(x,y) = x[Gy
tenglik o'rinlidir. Agar x = у bo'lsa,
(x,x) = x2 = g^x'x = Zg„(x')2 + 2Zg„x'x7 = xTGx
I	/</
ifodani hosil qilamiz. Algebra kursidan bilamizki
xTGy
ifoda bichiziqli forma deb ataladi. Skalyar ko'paytma uchun
(x,v) = (j\x) tenglik o'rinli bo'Iganligi uchun bu forma simmetrik
formadir. Har bir x vektor (x,x) = x2 > 0 bo'Iganligi uchun (x) musbat
aniqlangan bichiziqli formadir. Demak, skalyar ko'paytma berilgan oilada
musbat aniqlangan bichiziqli formadan iboratdir. Bu forma oilaning
metrik formasi deyiladi. Albatta oila o'zgaiganda metrik forma o'zgaradi.
Koeffitsientlarning o'zgarish qonunini tekshirish uchun
X vektoming e,,..., e va er,..., e . oiladagi koordinatalaridan iborat
160
matritsalami kiritib va et,£/; oiladaner,en. oilaga o'tish
matritsasini C = (C'j,) — bilan belgilab,
x = Cx (x, x) = x2 - xyGx
tengliklardan
(x,x) = (x’TCT)G(Cx’) = x T(CTGC)x	(2)
munosabatni olamiz. Bu tenglikdan
G=CTGC	(3)
bog'lanish kelib chiqadi. Bu munosabatni koefiitsientlar orqali yozsak,
u quyidagi ko'rinishda bo'ladi:
n
g'T =	.	(4)
13-ta’rif Berilgan ex,...,em bazis uchun
( Az=7,
tengliklar o'rinli bo'lsa, bu bazis ortonormal bazis deyiladi.
Ortonormal bazisning vektorlari o'zaro ortogonal bo'lib, ulaming
uzunliklari birga tengdir.
14-ta’rif. Berilganx vektoruchun = (x, exxm =(x,em)
skalyar ko‘paytmalar	oilaga nisbatanx vektoming Fur’e
161
koeffitsientlari deyiladi.
Albatta agar x = 0 bo‘lsa, uning Fur’e koeffitsientlari uchun
Xi = 0..xm = 0 tengliklaro'rinlibo'ladi, lekin Xj = 0,..xm = 0
tengliklardan x = 0 tenglik kelib chiqmaydi. Agar har bir x vektor uchun
x,=0,xm=0 tengliklardanx = 0 kelib chiqsa, oila yopiq oila
deyiladi.
9-teorema. Ortonormal oilada har bir x vektor uchun
tengsizlik o'rinli bo'lib, x = X — Xte} —Хвп vektor ei,...,Cn
vektorlarga ortogonaldir.
Teoremaning birinchi qismini isbotlash uchun
|x'|” = x2-£x2
tenglikni ko'rsatish yetarlidir. Bu tenglikni isbotlash uchun bevosita hisob-
kitob ishlarini bajaramiz:
Teoremaning ikkinchi qismi
(e ,x- x,e_---------x e„) = (e ,x) - x(e ,e) = x - x = 0
tenglikdan kelib chiqadi. Bu yerda z = 1,nt.
15-ta’rif. Ortonormal oilani ixtiyoriy vektor bilan to'ldirganimizda, и
ortonormal bo ‘Imay qolsa, bu oila maksimal oila deyiladi.
162
10-teorema. Ortonormal el,...,en oila uchun quyidagilar teng
kuchlidir:
1)	en maksimal oilalar;
2)	el,...,enyopiq oilalar
3)	ex,...,en to‘liq oilalar;
4)	Har qanday x vektor uchun
x = x}el+... + xne,„
tenglik о ‘rinli bo ‘lib, bu yerda x{, ...,Xn koordinatalar
Fur’e koefitsientlariga tengdir.
5)	Har qanday x vektor uchun
2	2	2
x =xl +---+x„
tenglik o'rinlidir.
6)	Har qanday x, У vektorlar uchun
(x,^) = x1y1+-- + x„x
tenglik o'rinlidir.
Isbot. 1) Berilgan ortonormal oila ^maksimal bo'lib, yopiq
bo‘lmasa, Fur’e koeffitsientlari nolga teng bo'lgan noldan farqli x vektor
x
mavjud bo‘ladi. Agar, e,,..., en oilaga p^vektorni qo‘shsak, yana
ortonormal oila hosil bo'ladi. Demak, maksimal oila yopiq oiladir.
2) Yopiq el,...,eu oila to'liq bo'lmasa, ular orqali chiziqli
ifodalanmaydigan x vektor mavjud bo'ladi. Bu vektor yordamida
x = x-xle,-...-xue„
vektomi qursak, u noldan farqli, lekin uning Fur’e koeffitsientlari nolga
tengdir.
3) Agar x = к{ех + • • • + knen, bo'lsa, x. = (x, e.) = k. (eje/) = к.
163
tenglik o'rinlidir.
4)Agarx = Ex-e, vay = Zy,er bo'lsa,
/	I
^y) = ('£x,e,^yle^XXxlyJ(e,^J)=Xxlyl-
\ 1 j J 1 i	1
tenglik o'rinlidir.
5) Yuqoridagi tenglikda x - у bo'lsa,
э 2	°
x- —- x, + ••• + x,;,
tenglikni hosil qilamiz.
6) Agar ortonormal oila el,...,en oilaga yana bitta xvektorni
qo'shib, yana ortonormal oila hosil qilsak, x vektor uchun
l = x2 = x2 + x2 + --- + X2 =0,
tenglik hosil bo'ladi. Teorema tsbotlandi.
Bizga n o'lchamli X affin fazo berilgan bo'lib, unga mos V chiziqli
fazoda skalyar ko'paytma kiritilgan bo'lsin, ya’ni Vyevklid fazosi bo'lsin.
Bu holda Yham yevklid fazosi deyiladi. Faqat bunda Xning elementlari
nuqtalardan iborat ekanligini yoddan chiqarmasligimiz kerak. X da V
dagi e,,..., еи ortonormal oila yordamida kiritilgan 0 е15...,еи
koordinatalar sistemasi to'g'ri burchakli yoki dekart koordinatalar
sistemasi deb ataladi. Biz yuqorida ko'rdikki, ortonormal oilada
vektorlaming skalyar ko'paytmasi
(<x,y)=x,yl+...+x„yn,
formula yordamida, vektorning uzuniigi
X2 = X2 + ... + X2
formula yordamida hisoblanadi. Natijada yevklid fazosida ikki nuqta
orasidagi masofani hisoblash uchun
| AB | = уЦу.-хУ +...+U-xJ
formulani olamiz. Bu yerda Xj,..., Xn — Д nuqtaning koordinatalari,
164
у\,..., уп В nuqtaning koordinatalaridir. Agar bizga birorta el,...,en
oila berilgan bo‘lsa, uning yordamida ortonormal oila qurishning Gram-
Shmidt usulini keltiramiz. Agar et,en oilaning e,,ek vektorlari
ortonormal bo'lsa, к + 1 -vektor
~ ek+\ ~ X\ei ~ XkSk’
formula yordamida aniqlanadi. Bu yerda xx,...,xk- lar x =
vektorning e{,ek vektorlaiganisbatan Fur’e koeffitsientlaridir. Hosil
bo'lgan vektor ex,...,ek vektorlaming har biriga ortogonaldir. Uni
o'zining uzunligiga bo'lib qo'ysak, birlik vektor hosil qilamiz. Keyin
protsessni davom ettirib ortonormal oilani olamiz. Albatta jarayonning
boshida к = 0» shuning uchun birinchi vektorni
, _ e
— pj formula yordamida quramiz. Ikkinchi vektor esa
ej=e2 — x,e' formula yordamida aniqlanib, keyin esa u o'zining
uzunligiga bo'linadi. Bu yerda xt = (e,
16-ta’rif. Bizga ikkita ortonormal oila berilsa, ularning biridan
ikkinchisiga o‘tish matritsasi ortogonal matritsa deyiladi.
Ortonormal oilada metrik forma koeffitsientlari birlik matritsadan
iborat bo'lganligi uchun quyidagi teorema o'rinlidir.
11-teorema. Berilgan C matritsa ortogonal bo‘Ishii uchun
CTC = E (5)
tenglikning bajarilishi zarur va yetarlidir.
Isbot. Bizga ortogonal C matritsa berilgan bo'lsin. Agar bu matritsa
ortonormal e,,..., e„oiladan ortonormal e\,e^oilaga o'tish
matritsasi bo'lsa,
165
< = с, ,е, + с, 2е2+-
e;=c2,ei+c22e2+--- + c2„e„
<=C„iei+C„2e2+"- + C,«A
tengliklar o'rinli bo'ladi. Bazis e\,..., e'n ortonormal bo'Iganligi uchun
(«) =
U = ./
0, i * j
n(n +1)
tengliklar o'rinlidir. Bu tengliklardan —~— ta
CI,C1, + C2,C27 +- + C,„C„z
h I' = J
0, i * j
tengliklami olamiz. Bu tengliklar (5) tenglikka teng kuchlidir. Va aksincha
agar C matritsa uchun cTC = E tenglik o'rinli bo'lsa, et,..., en oiladan
yuqoridagi formulalar yordamida hosil qilingan e\,..., e'tl oila
ortonormal bo'ladi. Teorema isbotlandi.
12-teorema. Berilgan C matritsa ortogonal bo'lshii uchun
quyidagilardan birortasining bajarilishi zarur va yetarlidir:
1)	Matritsa va transponirlangan matritsalar ko'paytmasi birlik
matritsadir:
CCT=E, CrC = E.
2)	Ustunlar ortonormal oila tashkil qiladi.
3)	Satrlar ortonomal oila tashkil qiladi.
4)	Teskari matritsa transponirlangan matritsaga tengdir: (J~' = £T •
166
Bu teorema isboti o'quvchilarga mashq sifatida havola qilinadi.
Ortogonal matritsa uchun CCT = E tenglikdan detCT = detC
munosabatni hisobga olib, (detC )2 = 1 tenglikni olamiz. Bundan esa
detC = ±1 tenglik kelib chiqadi.
Ortogonal matritsalar to‘plami oddiy matritsalarni ko‘paytirish
qoidasiga nisbatan gruppa hosil qiladi. Bu gruppaO(w) ko'rinishda
belgilanadi. Agar n = 2 bo'lsa, ortogonallik sharti
2	?	1	?	2 -i
^ll *" Gl — I’ GiG? ^"^21^22 ~ 0» ^12^~^12~ 1
ko'rinishda bo'ladi. Bu shartlardan birinchisi va oxirgisidan a va P
burchaklar mavjud bo'lib,
cn = coscr,	c21 = sin a,
c12 = cos p,	c22 = sin p
tengliklar bajarilishi kelib chiqadi. Yuqoridagi tengliklaming ikkinchisidan
esa
cos a cos P + sin a sin P = 0
munosabatni hosil qilamiz. Bu munosabat esa
cos(/?-cr)=0
tenglikka teng kuchlidir. Demak,
P — CC Л---va P = CC H-----
2	2
tengliklaming birortasi o'rinlidir. Bundan esa C matritsaning determinanti
birga teng bo'lsa, u
167
^cos a - sin a л
4sin a cos a}
ko‘rinishga, uning determinant! minus biiga teng bo'lsa, u
^cos a	sin er л
ksin a	- cos cy
ko'rinishga ega ekanligi kelib chiqadi. Biz C matritsaning bu
ko'rinishlardan foydalanib, tekislikda bir xil orientatsiyaga ega dekart
koordinatalar sistemasini almashtirish uchun bizga yaxshi tanish bo'lgan
I
x = costz x - sin « у +xQ ,
у = -sin a x +cos6Z yy0,
formulalarni olamiz. Bu yerda(x0,_y0)- yangi koordinatalar boshi,
Ct esa yangi va eski abssissa o'qlari orasidagi burchakdir.
3-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar
1.	Chiziqli fazoda mos ravishda ax = {1,1,0,0},л2 = {0,1,1,0},
a3 = {0,0,1,1} va b{ = {l,0,l,0},Z>, = {0,2,l,l},b3 = {1,2,1,2} bazislarga
egay vaV1 qism fazolaryig'indisi va kesishmasining bazisini toping.
2.	Chiziqli fazoda mos ravishda a{ = {l,2,0,l},a2 = {l,l,l,0} va
bt ={1,0,1,0},Ь2 ={1,3,0,1} bazislarga ega у vaV2 qismfazolaryig'indisi
va kesishmasining bazisini toping.
3.	To'g'ri chiziq va gipertekislik mos ravishda
x, =8/,x2 =4/,x3 =3/,x4 =-3/ va 2x,-2x2-x3+ x4 = 0 tengla-
malar bilan berilgan. Berilganx = {1,2,3,4} vektomi to'g'richiziqqa tegishli
168
у vektor va gipertekislikka tegishliz vektorlaming yig'indisi ко 'rinishida
ifodalang.
4.	Tekislikning (-1,1,0,1,5), (2,—1,3,4,0), (1,2,7,6,1) nuqtalardan
о ‘tishi ma ’lum bo ‘Isa, uning parametrik va umumiy tenglamalari tuzilsin.
5.	Umumiy tenglamasi bilan berilgan
5xl + 6x2 - 2x3 + 7x4 + 4x5 - 3 = 0
2x1 + 3x2 - x3 + 4x4 + 2x5 - 6 = 0
tekislikning parametrik tenlamasini yozing.
6.	Birinchi to'g'ri chiziq (1,0,-2,1) nuqta va {1,2,-1,-3} vektorbilan,
ikkinch tekislik ело (0,1,1,-1) nuqta va {2,3,-2,-4} vektor bilan
aniqlangan bo'lsa, ulami o'z ichiga oluvchi eng kichik o'lchamli tekislik
tenglamasini yozing.
7.	Ikkita x, = l + /,x2 = 2 + t,x3 = 3+t,x4 = 4 + t, x, -
0.x,-x. +1 = O.x4 - 3 = 0 to'g'richiziq о‘z ichiga oluvchiengkichik о‘Ichamli
tekislik tenglamasini yozing.
8.	To'rt o'lchamli fazoda
X] + 2x2 + 3x3 + x4 - 3 = 0
• X] + 4x2 + 5x3 + 2x4 -2 = 0
2xj + 9x, + 8x3 + 3x4 - 7 = 0
sistema bilan berilgan tekislik va5x, + 7x2 + 9x3 + 2x4 — 20 = 0 to'g'ri
chiziqning o'zaro vaziyatini aniqlang.
9.	To ‘rt о ‘Ichamli fazoda 5X] + 9x3 + 2x4 -20 = 0, x2 = 0 tekislik
va
X] + 2x2 + 3x3 + x4 - 3 = 0
- x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 - 2 = 0
2x( + 9x2 + 8x3 + 3x4 - 7 = 0
to'g'ri chiziq berilgan. Ulaming o'zaro vaziyatini aniqlang.
169
10.	To ‘g'ri chiziq va tekislik mos ravishda x, = 1 +t,x2 = 2 + 2t,x3 =
= 3 + 3/, x4 = 4 + 4r va x, + x2 +1 = 0, x3 - x4 = 0 tenglamalar bilan
berilgan. Ulaming kesishmasligini ko'rsating va to‘g‘ri chiziqqa parallel
bo ‘lib berigan tekislikdan о ‘tuvchi eng kichik о ‘Ichamli tekislik tenglamasini
yozing.
11.	Ortonormal bazisga nisbatan uchta {1,2,2,1}, {1,1,-5,3}, {3,2,8,-7}
vektorlar berilgan. Berilgan vektoriarga tortilgan qism fazoning bazisini
toping va uni fazoning bazisigacha to Idiring.
12.	Besh o'lchamli fazoda ortonormal bazisga nisbatan
X] - x2 - 2x3 + 4 = 0 gipertekislik berilgan. Birinchi to ‘ritasi berilgan
gipertekislikda yotuvchi yangi bazisni toping.
13.	Gipertekislik 2x3 - 2x, - x3 + x4 = 0 va x = {2,0,4,6} vektor
berilgan. x vektorni berilgan gipertekislikka tegishli у vektor va shu
gipertekislikka ortogonal z vektorlaming yig'indisi ko'rinishida ifodalang.
14.	Yevklidfazosi у dax,,x, vektorlar, у ningqismfazosi y,dayi,y1
vektorlar vay' ga ortogonal bo'lgan z,,z2 vektorlar berilgan.
Agar, x, - X] V' fazoga tegishli bo ‘Isa, zx = z2 munosabat о ‘rinliligini
isbotlang.
15.	O‘zining M (x Q , у о ) bazislari bilan berilgan qism
fazoga {4,-1,3,4} vektoming ortogonal proeksiyasini toping.
16.	Tenglamalar sistemasi
2X] + x2 + x3 + 3x4 = 0
3X] + 2x2 + 2x3 + x4 = 0
bilan berilgan qism fazoga {7-4,-1,2} vektoming ortogonal proeksiyasini
toping.
17.	To'rt o'lchamli fazodaxx = x2, x3 = x4, x2 = 2x3 to'g'ri chiziq
va 3X] - 2x2 + x4 = 0, x2 + x3 = 0 tekislik orasidagi burchak topilsin.
170
18.	To'rt o'lchamli yevklid/о?о5й/а{1,1,1,1},{1,—1,1,—1} vektoriarga
hamda {2,2,1,0}, {1,-2,2,0} vektoriarga qurilgan qism fazolar orasidagi
burchak topilsin.
19.	Berilgan A/(5,l,0,8) nuqtadan A( 1,2,3,4), B(2,3,4,5), C(2,2,3,7)
nuqtalardan о ‘tuvchi tekislikka tushirilgan perpendikulaming uzunligi va
asosi topilsin.
20.	Berilgan M(4,2,-5,1) nuqtadan
2xt - 2x2 + x3 + 2x4 = 9
2xj - 4x2 + 2x, + 3x4 = 12
tekislikka tushirilgan perpendikulaming uzunligi va asosi topilsin.
21.	BerilganЛ(1,1,1,1),B(2,2,0,0),C(l,2,0,1) nuqtalardan o'tuvchi
tekislik va Z>(1,1,1,2),E(l,l,2,l) nuqtalardan o'tuvchi to'g'ri chiziqning
о ‘zaro vaziyatini aniqlang, ulaming umumiy perpendikularining tenglamasini
yozing va uzunligini toping.
171
Adabiyotlar:
1.	Baxvalov . S. V., Modenov P. S., Parxomenko A. S. Analitik
geometriyadan masalalar to'plami. Toshkent, 2006, 546 bet.
2.	Ильин В. А. Позняк Э. Г. Аналитическая геометрия. М.,
Наука, 1981, с. 232.
3.	Pogorelov А. V. Analitik geometriya. Toshkent, O‘qituvchi, 1983,
206-bet.
4.	Постников M. M. Аналитическая геометрия. М., Наука, 1979.
с. 336.
5.	Цубербиллер О. Н. Задачи и упражнения по аналитической
геометрии. Санкт-Петербург — Москва, Изд. Лан’, 2003 г. стр.
336.
6.	Клетеник Д. В. Сборник задач по аналитической геометрии.
М. Наука. 1998,
7.	Кравченко К. Решения задач по аналитической геометрии,
http:// www.a-geometrv.narod.ru
172
MUNDARIJA
Kirish.............................................................3
I	bob. Vektorlar algebrasi .......................................4
l-§. Vektorlar va ular ustida amallar..............................4
2-§. Chiziqli erkli va chiziqli bog‘lanishli vektorlar oilasi......9
3-§. Vektorlaming o'qqa proyeksiyasi..............................13
4-§. Vektorlaming skalyar ko‘paytmasi.............................15
5-§. Bazis va vektorning koordinatalari...........................15
6-§. Affin koordinatalar sistemasi................................17
7-§. Vektor va aralash ko‘paytmalar...............................19
8-§. Vektor va aralash ko'paytmani koordinatalar orqali ifodalash.. 25
9-§. Tekislikda qutb koordinatalar sistemasi......................26
IO-§.Silindrik koordinatalar sistemasi............................27
1l-§. Sferik koordinatalar sistemasi..............................28
12-§. Tekislikda Dekart koordinatalar sistemasini almashtirish....30
13-§. Birinchi bob bo'yicha oraliq nazorat uchun
topshiriqlar namunalari.......................................33
II	bob. To'g'ri chiziqlar va tekisliklar.........................37
l-§. Tekislikda to'g'ri chiziqlar.................................37
2-§. To'g'ri chiziqning kanonik tenglamasi........................39
3-§. Nuqtadan to'g'ri chiziqqacha bo'lgan masofa..................41
4-§. Fazoda tekislik va to'g'ri chiziq tenglamalari...............43
5-§. Nuqtadan tekislikkacha bo'lgan masofani hisoblash............46
6-§. Fazoda to'g'ri chiziq tenglamalari...........................48
7-§. Fazoda nuqtadan to'g'ri chiziqqacha bo'lgan
masofani hisoblash............................................51
8-§. To'g'ri chiziqlaming o'zaro vaziyati.........................53
9-§. Ikkita ayqash to'g'ri chiziqlar orasidagi masofa.............54
10-§.To‘g‘ri chiziq va tekislikning o'zaro vaziyati...............57
11-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar.............................58
III	bob. Ikkinchi tartibli chiziqlar.............................66
l-§. Parabolaning kanonik tenglamasi..............................66
2-§. Ellips.......................................................69
3-§. Giperbola....................................................73
4-§. Parabola, ellips va giperbolaning qutb koordinatalar
sistemasidagi tenglamalari...................................76
173
5-§. Ellips, giperbola va parabolaning urinmalari...................82
6-§. Ellips, giperbola va parabolaning optik xossalari..............83
7-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar................................85
IV	bob. Ikkinchi tartibli chiziqlarning umumiy tenglamalari.......89
l-§. Ikkinchi tartibli chiziqlarning markazi........................89
2-§. Ikkinchi tartibli chiziq va to'g'ri chiziqning o'zaro vaziyati.95
3-§. Qo'shma yo'nalishlar va bosh yo'nalishlar......................99
4-§. Umumiy tenglamalarni soddalashtirish..........................105
5-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar...............................109
V	bob. Ikkinchi tartibli sirtlarning kanonik tenglamalari.........114
l-§. Ellipsoid va giperboloidlar...................................114
2-§. Konus va uning kesimlari......................................122
3-§. Paraboloidlar.................................................126
4-§. Silindrlar....................................................133
5-§. Ikkinchi tartibli sirtning urinma tekisligi...................135
6-§. Sirtning diametral tekisligi..................................136
7-§. Sirtning simmetriya tekisligi.................................140
8-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar...............................141
VI	bob. Chiziqli va affin fazolar................................144
l-§. Chiziqli fazolar..............................................144
2-§. Affin fazolar.................................................155
3-§. Mustaqil ish uchun topshiriqlar...............................168
Adabiyotlar........................................................172
174
NARMANOV ABDIG‘APPOR YAKUBOVICH
ANALITIK
GEOMETRIYA
Matematika bakalavriat ta’lim yo'nalishi uchun darslik
0‘zbekiston faylasuflari milliy jamiyati nashriyoti
100083, Toshkent, Matbuotchilar ko'chasi, 32.
Tel: 236-55-79; faks: 239-88-61
Muharrir: G. Zokirova
Musahhih: H. Zokirova
Dizayner: N. Mamanov
175
Bosishga ruxsat etildi 13.06.2008-y. Bichimi 60 x 84 V16- Ofcet qog'ozi. Tayms
gamiturasi. Kegli 10. Shartli bosma tabog‘i 11,5. Nashnyot-hisob tabog'i 11,0.
Adadi 2000 nusxa. Buyurtma № 23.
«AVTO-NASHR» bosmaxonasida chop etildi.
Manzil: Toshkent shahri, 8-mart ko'chasi, 57-uy.