/
Текст
ЗАДАЧИ
НО ВЫСШЕЛ геометрии
urn в
О. К. ЖИТОМИРСКИЙ, В. Д. ЛЬВОВСКИЙ и в. и. милинский
ЗАДАЧИ
ПО ВЫСШЕЙ ГЕОМЕТРИИ
ЧАСТЬ II
В, И. МИЛИНСКИЙ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯ
4 р. 50 кп переплет 1 р/25 к.
ОНТИ • НКТП • СССР
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
ЛЕНИНГРАД 1937 МОСКВА
Г—24-5-2
ТКК № 88 от 23/П 1937 г.
Книга представляет собой систематический сборник задач
по основным разделам дифференциальной геометрии. Предпола-
гается предварительное знакомство хотя бы в небольшом объеме
с геометрическими приложениями дифференциального исчисления.
Она рассчитана на студентов математической специальности
университетов, физико-механических факультетов втузов, препода-
вателей вузов и втузов и вообще всех, интересующихся приложе-
ниями анализа к геометрии.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Существующие на русском языке сборники задач по высшей ма-
тематике уделяют дифференциальной геометрии немного внимания.
Обычно в отделах, посвященных геометрическим приложениям ана-
лиза, охватывается круг вопросов, не выходящих за пределы про-
стейших элементарных сведений о касательных, нормалях, кривизне,
кручении и т. п. Почти совершенно отсутствуют задачи на геодези-
ческие, асимптотические и другие линии, кривизна поверхности и т. д.
Имеющиеся на русском языке книги по дифференциальной гео-
метрии (например, Бляшке, Фиников) хотя и содержат в себе в виде
упражнений после каждой главы некоторое количество интересных
и не шаблонных задач, но все эти задачи не сопровождаются ни от-
ветами, ни решениями, ни указаниями на метод решения. А так как
почти все они принадлежат к числу довольно трудных, то оба эти
обстоятельства значительно суживают круг лиц, которые могли бы
ими заняться.
Отсутствуют таким образом весьма важные задачи, являющиеся
переходной ступенью от элементарных упражнений к трудным вопро-
сам, требующим для своего решения или оригинального подхода,
или же умения применять общие теоретические положения к частным
случаям.
Пополнить этот пробел в отношении важнейших отделов диффе-
ренциальной геометрии, показать на достаточном количестве приме-
ров, как применять общие теоретические предложения к частным слу-
чаям кривых и поверхностей и, наконец, дать некоторое количество
более трудных и интересных задач является целью настоящей второй
части „Задач по высшей геометрии", первая часть которой вышла
в свет в 1935 г.
Первоначальным намерением автора было коснуться всех основ-
ных отделов дифференциальной геометрии, но разросшийся объем
книги заставил отказаться от этого и оставить только те отделы,
которые наименее представлены в отмеченных выше изданиях.
4
ПРЕДИСЛОВИЕ
Имея в виду сделать этот задачник полезным и в преподавании
дифференциальной геометрии, автор включил некоторое количество
задач, отличающихся друг от друга только небольшими частными осо-
бенностями, а не методом решения.
Все задачи снабжены ответами и большинство более или менее
подробными решениями. Без решения оставлены частью более легкие
задачи, частью же те из более трудных, которые могут быть решены
методами, примененными при решении предыдущих задач.
При составлении задач была использована довольно обширная
литература, как русская, так и иностранная (см. список литературы),
откуда заимствована часть задач. Некоторые задачи взяты из Nouvelles
Annales de MathGmatiques, Mathesis и др. Многие из них служили темой
для экзаменационных испытаний в Ёсо1е Polytechnique, Ёсо1е Nor-
male Superieure и др.
В, Милинский.
ЗАДАЧИ
ОТДЕЛ ПЕРВЫ Й—К Р И В Ы Е
Настоящий отдел содержит задачи на различные свойства пло-
ских и пространственных линий, а также некоторых геометрических
образований, связанных с ними. По своему характеру он представляет
собой то, что в учебной литературе принято называть „смешанным
отделом*. *
Задачи не всегда располагаются по их степени трудности („труд-
ность*— понятие не вполне определенное). Многие из них могут быть
решены весьма различными путями, вследствие чего не всегда выдер-
живается и их группировка по характеру.
Г Л AjB А I
КРИВЫЕ НА ПЛОСКОСТИ
К Кривая дана своим дифференциальным уравнением:
Р fpc, у) dx-\-Q (х, dy = 0.
Найти ее кривизну.
2. Если обозначить через р длину перпендикуляра, опущенного
из полюса на касательную к кривой, то радиус кривизны этой кри-
вой будет:
г dr
где г—радиус-вектор.'
3. Кривая задана уравнением в полярных координатах:
/=г(9).
Обозначая через ср полярный аргумент подэры этой кривой отно-
сительно полюса, доказать:
sin ? = (г sin 6)
(sin о -J- cos ср) ds — (sin 6 — cos 6) dr -j- r (sin 6 -|- cos 6)
4. В точке P эллипса (черт. 1) построена нормаль, пересекающая
его оси в /V и N'. Из его центра С проведена прямая ортогонально
направлению СР, пересекающая нормаль в точке Н. Доказать, что:
N'H=QN,
где 2 есть центр кривизны эллипса в точке Р.
(Genese)
8
ЗАДАЧИ
5. Даны две кривые (С) и (Г), радиусы-векторы которых г и гф>
соответствующие одному и тому же полярному углу 6, связаны урав-
нениями:
_ г dB
г + г,= е/Г(0)<П; r-r. = e J (*)
где /(6) есть произвольная функция от 9.
1. Доказать, что два любые радиуса-вектора, проведенные из
полюса, отсекают на этих кривых равные отрезки.
2. Показать, что всякая пара кривых, обладающая указанным
свойством, может быть определена уравнениями (*).
3. Определить функцию /(0) при условии, что радиус-вектор г
одной кривой представляет собой ту же функцию от 6, что и поляр-
ная поднормаль г/ другой
кривой. Определить эти кри-
вые.
6. Доказать, что радиусы
кривизны р и р' кривой (Г) и
ее проекции (1\) > на другую
плоскость связаны соотноше-
нием:
cos 0_cos8 <р
Р
•
где 6 — угол между плоско-
стями, а <р — угол между каса-
тельной К кривой (Г) в рас-
сматриваемой точке и пло-
скостью проекции.
7. Через асимптотическую точку кохлеоиды проведена секущая.
Доказать, что центры кривизны кохлеоиды в этих точках лежат на
одной и той же кривой четвертого порядка (при любом положении
секущей).
8. Если а, д, р обозначают полуоси и радиус кривизны кониче-
ского сечения, вписанного в треугольник и касающегося в точке М
одной из осей конического сечения Е, сопряженного относительно
этого треугольника и имеющего центром эту точку Af, то отношение,
квадратов осей этого нового конического сечения имеет величину:
—
1—(а2+*2)(аг>) “₽’•
(/?. Goormaghtigh)
9. Определить ортогональные траектории кривых, которые пред-
ставляют собой последовательные положения плоской кривой неиз-
менной формы, вращающейся вокруг некоторой своей точки О.
Рассмотреть частный случай, когда кривая (С) есть круг радиуса
я, проходящий через начало координат.
10. Дано семейство кругов:
(X_e)2 + (j,_*)2 = r2
КРИВЫЕ НА ПЛОСКОСТИ
9
где а, Л, г—функции одного параметра и. Доказать, что ангармони-
ческое отношение^точек пересечения любого круга семейства четырьмя
ортогональными траекториями постоянно.
11. Прямая катится без скольжения по плоской кривой. Опре-
делить точки, в которых биссектрисы углов, образуемых этой пря-
мой с данной неподвижной осью, касаются своей огибающей.
(J. Neuberg)
12. Второй эволютой кривой называется эволюта ее эволюты-
Вычислить радиус кривизны второй эволюты.
13. Вычислить радиус кривизны третьей эволюты.
14. Пусть М есть точка кривой (Г), С" — соответствующая точка
второй эволюты, О — середина радиуса кривизны линии (Г) в точке М.
Доказать, что касательная в О
к геометрическому месту точек О
ортогональна прямой МС".
(Mennesson)
1Б. Дан участок гладкой
кривой, не содержащий точек
перегиба. На касательных во
всех его точках М отложен
отрезок МТ постоянной длины а.
Доказать, что прямая, соединяю-
щая центр кривизны данной
кривой в точке М с точкой Т,
есть нормаль к кривой — геомет-
рическому месту точек Т. (Antes)
16. На всех касательных кривой (5) отложены отрезки ММХ
(М — точка касания) постоянной длины а. Нормаль к кривой (Sj)
(5j — геометрическое место точек Л4.) проходит через центр кри-
визны О кривой (S) в точке М. К нормали МХО в точке О восстав-
лен перпендикуляр, пересекающий касательную AfAfj в точке Т. Пря-
мая СГ, соединяющая точку Т с центром кривизны С эволюты кри-
вой (S) в точке М, пересекает нормаль MtO в точке Ot. Доказать,
что Oj есть центр кривизны линии (5J в точке М{. (Nicolaides)
17. Если на каждом радиусе-векторе лемнискаты с центром в О
отложить длину (от точки О) радиуса кривизны этой кривой в точке М,
то геометрическое место точек М будет равносторонняя гипербола.
(Balitrand)
18. Пусть М—произвольная точка кривой (Г) (черт. 2), а Р—
соответствующая точка ее подэры относительно полюса О. Обозначая
угол, образованный касательной к (Г) в точке М с осью ОХ, через а,
а дугу подэры через а, доказать соотношение:
(5) отложены отрезки МЛТГ
точке М. К нормали МХО в точке О восстав-
da = ОМ • da.
[ (Catalan)
19. Прямая с тремя фиксированными на ней точками A, Bt С,
Перемещается в плоскости так, что эти три точки описывают замкну-
тые кривые 1\, Гв, Гс (без двойных точек). При этом сама прямая
поворачивается на полный угол 2Au (k— целое число).
10
ЗАДАЧИ
.Доказать:
• ВС+$в • СА -j- Sc • ЛВ + Атс • АВ • ВС • СА = 0,
где Sb, Sc суть площади, ограниченные кривыми ГА, Гв, Гс.
(Формула Holditch’а).
20. Если на всех нормалях кривой (Г) отложить по одну сторону
ют нее постоянный отрезок а, то геометрическое место концов таких
«отрезков образует новую кривую (Г*), которая называется эквиди-
стантной или параллельной по отношению к данной.
Доказать, что в соответствующих точках (лежащих на одной
-.нормали) имеют место соотношения:
ds,
где р, s и р*, s* радиусы кривизны и дуги кривых (Г) и (Г*).
21. Обозначая длины периметров двух замкнутых эквидистантных
линий через $* и $, доказать зависимость:
s* — s ± 2ка
при условии, что линии выпуклые и гладкие.
22. Обозначая через а площадь, заключенную между двумя вы-
пуклыми гладкими и замкнутыми эквидистантными кривыми, дока-
зать, что
о = as zt га2,
где а есть длина постоянного отрезка, a s — длина периметрачодной
из кривых.
23. Доказать, что разность длин ветвей (внутренней и внешней)
тороида (тороид — кривая, эквидистантная эллипсу) равна 4ка.
24. Доказать, что площадь, заключенная между внутренней и
внешней ветвями тороида, равна площади прямоугольника, ширина
которого 2а, а длина равна полной длине дуги эллипса.
26. Составить уравнение кривой, эквидистантной огибающей се-
мейства прямых:
X cos a -f-jz sin а — / (а) = 0,
где а есть переменный параметр, а /(а) — данная функция от него.
26. Определить длину дуги s эквидистантной кривой предыдущей
задачи.
27. Вывести уравнение кривой, эквидистантной подэрной кривой
эллипса:
а2х2 + д2у2 = (х2 +^2)2
[Strebof)
КРИВЫЕ В ПРОСТРАНСТВЕ
ГЛАВА II КРИВЫЕ В ПРОСТРАНСТВЕ
28. Дана кривая: х = а (и — sin и)
у = а(1 —cos и)
г— 4а sin —.
1. Вычислить ее радиус кривизны в функции и.
2. В каждой точке кривой на ее главной нормали отложен, в сто-
рону вогнутости, отрезок, длина которого
Найти уравнения кривой, образованной концами таких отрезков,
и выяснить ее форму.
29. Доказать, что во всякой точке кривой:
х — Зи— uQ’, у^3и2\ z — 3u-{-u3
справедливо соотношение:
30. Вычислить кривизну линии:
x = cos3w; у — sin3 a; z = cos2u.
31. Вычислить кривизну линии:
х = cos и; у = еи sin и\ z — е".
32. Вычислить кручение кривой:
/dt
/(*-0 (c — t)
лГ---1----7 Г dt
V = y са{с — а) I г ..--------г
J V(c—t) (a—t)
z = Vai (а — b) С - ----------.
33. Соприкасающаяся плоскость кривой проходит через постоян-
ную точку. Определить кручение этой кривой.
34. Дана поверхность
F(xj3/)+/(^) = 0,
где F(x,y)— однородная функция. Из точки, лежащей на оси OZ,
проведен касательный к ней конус. Определить кручение линии ка-
сания. ' (Catalan)
36. Пусть 6 и <р обозначают углы, образованные касательной и
бинормалью кривой с данным постоянным направлением. Доказать:
sin 0 dO т
sincp dy р
12
ЗАДАЧИ
36. Даны уравнения трех плоскостей:
atxй^у-j-a3z-j-= О или Д = 0
» в = °
+ ^=0 П С=°
Если коэффициенты ар Ар ср п2, А2, с2 суть функции от перемен-
ного параметра /, то точка пересечения этих трех плоскостей опишет
некоторую кривую (Г).
Составить уравнение соприкасающейся плоскости к этой кривой
в точке А — 0; В = 0; С = 0. (Genty)
37. Обобщенной винтовой линией называется кривая, располо-
женная на цилиндре (произвольном) и отсекающая на его образую-
щих отрезки, считая от некоторого ортогонального сечения, пропор-
циональные дуге этого сечения. Выбирая ось OZ параллельно
образующим цилиндра, можем написать уравнение винтовой линии так:
х=/(51)*» J = z = hs1.
Доказать следующие свойства обобщенных винтовых линий:
1. Дуга кривой пропорциональна дуге ортогонального сечения.
2. Касательная к винтовой линии образует постоянный угол с обра-
зующими цилиндра.
3. Главная нормаль кривой является нормалью к цилиндру.
4. Радиус кривизны винтовой линии пропорционален радиусу кри-
визны ортогонального сечения.
5. Радиус кручения винтовой линии пропорционален ее радиусу
кривизны и, наоборот, кривая, у которой отношение кривизны к кру-
чению постоянно, есть винтовая линия.
38. Винтовая линия, расположенная на цилиндре вращения, имеет
уравнения:
х = a cos s; у — a sin 5; z = As,
где s — дуга кривой, а — радиус цилиндра. Доказать следующие свой-
ства этой кривой:
1. Кривизна и кручение постоянны.
2. Кривая, у которой кривизна и кручение постоянны, есть вин-
товая линия данного типа (так называемая простая винтовая линия).
3. Геометрическое место центров кривизны простой винтовой ли-
нии есть также простая винтовая линия, с той же осью; при этом
геометрическое место ее центров кривизны есть данная винтовая линия.
39. Показать, 4tos винтовая линия вполне характеризуется соотно-
шением:
х" хт х^
у" у"' /4)
Z" z'" 2<4)
40. Определить расстояние от центра кривизны винтовой линии
до центра соприкасающейся сферы (в той же точке).
41. Вычислить радиус соприкасающейся сферы винтовой линии.
42. Исследовать центральную проекцию простой винтовой линии
из центра на оси на плоскость, ортогональную оси. (Г. Ctivier)
КРИВЫЕ В ПРОСТРАНСТВЕ
13
43. Параллельная проекция простой винтовой линии на плоскость,
ортогональную ее оси, будет циклоида. Эта циклоида будет удлинен-
ной, обыкновенной или укороченной, если угол, образованный на-
правлением проектирования и осью винтовой линии, будет соответ-
ственно больше, равен или меньше угла между касательной и осью.
(Montucla — Guillery)
44. Простой цилиндро-конической винтовой линией называется
кривая, лежащая на прямом круговом конусе и пересекающая все его
прямолинейные образующие под постоянным углом. Вывести ее уравнение.
45. Определить вид проекции простой цилиндро-конической вин-
товой линии на плоскость, ортогональную оси конуса.
46. Винтовая линия (обыкновенная) пересечена плоскостью г и
во всех точках пересечения построены соприкасающиеся плоскости.
1. Доказать, что все эти плоскости пересекаются в одной точке М.
2. Определить траекторию точки М, когда плоскость т вращается
вокруг одной из своих прямых. (Reye)
47. Определить кривизну полярной кривой (геометрического места
центров соприкасающихся сфер) данной неплоской линии.
48. Определить кручение полярной кривой (геометрического места
центров соприкасающихся сфер) данной неплоской линии.
49. Доказать, что полярная кривая (Г*) винтовой линии (Г) есть
также винтовая линия.
50. Определить все кривые С', для которых данная кривая пред-
ставляет собой геометрическое место центров соприкасающихся сфер.
51. Определить кривые — ортогональные траектории соприкасаю-
щихся плоскостей данной кривой.
52. На каждой касательной кривой отложен от точки касания
постоянный отрезок а. Вычислить кривизну кривой — геометрического
места концов этих отрезков.
53. На каждой бинормали кривой отложен от точки кривой
постоянный отрезок. Вычислить кривизну линии — геометрического
места концов этих отрезков.
54. На всех бинормалях кривой постоянного кручения т== const
отложены отрезки постоянной длины а. Определить угол 0 пересе-
чения бинормали данной кривой с бинормалью геометрического места
концов этих отрезков.
55- Между точками двух кривых установлено однозначное соот-
ветствие таким образом, что касательные, главные нормали и бинор-
мали в соответственных точках параллельны. Доказать, что
A* ds т*
k ds* т ’
где Л, т, s — кривизна, кручение и дуга одной кривой, а Л*, т*,
s* — другой кривой (в соответствующих точках). (Combescure)
56. Если две кривые имеют в соответствующих точках общие
бинормали, то они плоские. Доказать это.
57. Главные нормали кривой (С) являются бинормалями неко-
торой кривой (С')- Доказать, что существует зависимость:
4 = 0(4» + ^,
14
ЗАДАЧИ
где а — расстояние между соответствующими точками кривых (С) и
(С'); Л, т— соответственно кривизна и кручение кривой (С).
58. Пусть х, у, z — прямоугольные координаты точки неплоской
кривой (Г), s — дуга этой кривой. Кривую (Го), координаты точек
которой определяются выражениями:
х0 = J* yQ = J* cosds] zQ = j* cos^ds,
условимся называть присоединенной кривой (courbe adjointe). Нако-
нец, сопряженной кривой (courbe associSe) условимся называть кри-
вую, координаты точек которой определяются уравнениями:
X = х cos 6 -f-х0 sin О
Y=у cos 0 4~_у0 s’n
Z = z cos 0 -j- z3 sin О,
где 0 есть постоянный угол.
Определить положение основного триэдра этих новых кривых,
а также их кривизну и кручение.
Доказать, что если кривая (Г) имеет постоянную кривизну, то
кривая Го имеет постоянное кручение, а сопряженные кривые будут
в этом случае кривыми Bertrand’a.
Вывести общие уравнения этих кривых.
59. I. Определить координаты точки неплоской кривой С отно-
сительно прямоугольной системы осей с началом О, зная, что:
1. Точка О принадлежит кривой.
2. Радиусы кривизны р и кручения а в любой точке М кривой
С равны р = $]Л2 и о = — где $ — дуга кривой, отсчитывае-
мая от точки О.
3. В точке Af0(s=l) касательная, главная нормаль и бинор-
маль образуют углы с осями координат, косинусы которых соответ-
ственно будут
для касательной: 1 /2’ 0, 1 уг
для главной нормали: о, — 1, 0;
1 — 1
для бинормали: 0,
/2 к 2
II. Показать, что линия С расположена на конусе вращения (С)
с вершиной в О, и что О есть особенная точка кривой С. Исследо-
вать проекцию кривой С на плоскость X0Y. Показать, что кривая С
пересекает образующие конуса (С) под постоянным углом. Опреде-
лить индикатрисы касательной, главной нормали и бинормали ли-
нии С. Показать, что кривая С пересекает под постоянным углом
образующие цилиндра, который ортогонально проектирует ее на
плоскость X0Y.
КРИВЫЕ В ПРОСТРАНСТВЕ
15
Ш. Определить радиус и координаты центра со соприкасаю-
щейся сферы кривой С в точке М, Может ли геометрическое место
точек «— кривая Г — обладать свойствами, аналогичными свойствам
кривой С?
60. Доказать, что все кривые, имеющие общую сферическую
индикатрису касательных, будут иметь общие индикатрисы бинорма-
лей и главных нормалей.
61. Доказать, что все кривые, которые имеют общую сфериче-
скую индикатрису бинормалей, имеют общие индикатрисы касатель-
ных и главных нормалей.
62 Семейство кривых имеет общую индикатрису главных нор-
малей. Доказать, что если установить точечное соответствие между
двумя любыми кривыми этого семейства, то угол, образованный
двумя соответствующими касательными или бинормалями, будет по-
стоянным.
63. Дана сферическая индикатриса касательных кривой. Опреде-
лить кривую.
64. Дана сферическая индикатриса главных нормалей кривой.
Определить кривую.
65. Дана сферическая индикатриса бинормалей кривой. Опреде-
лить кривую.
66. По данной сферической индикатрисе касательных кривой опре-
делить ее радиусы кривизны и кручения.
67. По данной сферической индикатрисе бинормалей кривой опре-
делить ее радиусы кривизны и кручения.
68. По данной сферической индикатрисе главных нормалей кривой
определить ее радиусы кривизны и кручения.
69. Доказать, что главные нормали в двух смежных точках не-
плоской кривой не пересекаются, за исключением случая -:s=0.
70. Показать, что бинормали в двух смежных точках неплоской
кривой не пересекаются.
71. Определить кратчайшее расстояние между бинормалями в двух
Смежных точках неплоской линии.
72. Вычислить величину кратчайшего расстояния между главными
нормалями в двух смежных точках неплоской кривой.
73. Найти кратчайшее расстояние между двумя смежными глав-
ными нормалями винтовой линии.
74. Вычислить кривизну эвольвенты неплоской линии.
75. Вычислить кручение эвольвенты неплоской линии.
76. Определить кривизну, эволюты неплоской линии.
77. Найти кручение эволюты неплоской линии.
78. Показать, что из всех эволют плоской линии только одна —
плоская- кривая, а все остальные суть винтовые линии.
79. Определить поверхность — геометрическое место эволют сфе-
рической кривой.
80. Вывести условие, при котором спрямляющая поверхность
(огибающая спрямляющих плоскостей) есть конус.
81. Определить расстояние вершины конуса (см. предыдущую
задачу) от соприкасающейся плоскости кривой в произвольной ее
точке.
16
ЗАДАЧИ
82. Дана неплоская линия (Г), спрямляющая плоскость кото-
рой есть конус. Найти огибающую соприкасающихся плоскостей этой
линии.
83. Подвижная касательная неплоской линии (Г) описывает на ее
соприкасающейся плоскости в одной из ее точек 7И0 кривую (Го),
касающуюся в Л40 линии (Г).
Доказать, что радиусы кривизны р0 и р0* линий Г и Го в точке
Мо связаны соотношением:
Ро __8
Ро* 4 '
(£. Beltrami)
84. Обозначая через 8 расстояние между центрами двух беско-
нечно-близких соприкасающихся сфер неплоской кривой, доказать,
что
где R— радиус соприкасающейся сферы, s— дуга кривой, а —радиус
второй кривизны кривой.
85. Полным сферическим кручением дуги ММ' кривой называется
угол, под которым пересекаются две соприкасающиеся сферы Е
и S', построенные в точках М и М'. Отношение этого угла к длине
дуги ММ' называется средним сферическим кручением, а предел
этого отношения, когда М'-+М—сферическим кручением в точке М,
Выразить величину сферического кручения в функции радиуса
первой и второй кривизны и радиуса соприкасающейся сферы кривой.
ГЛАВА III
НАТУРАЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯ
86—93. В этих задачах требуется определить кривую по урав-
нению:
Р ==/(?)>
где р — ее радиус кривизны, а <р—угол, образуемый касательной с по-
стоянным направлением.
86. /(?) = а = const. ,, 90. /(?) = .
а ‘
87,/(<f) = ' 91./(<р) = ае“т.
88. /(э) = л<р. ' 92. /(<р) = a sln'/n-p.
89. /(?) = « sin ?. 93. /(ф) = (1_„foga y)%.
94—99. В этих задачах требуется определить кривую по урав-
нению:
*=/(<?),
НАТУРАЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯ
17
где s — дуга этой кривой, а ср— угол, образуемый касательной с по-
стоянным направлением.
94. $ = аср. 1 97. s = — аср2. Л
95. s = a tg ср. 96. s = ае™*. 100. Определить все кривые, 101. Определить все кривые, 98. s — a cos ср. 99. s = a cos wcp. кривизна которых равна нулю. кривизна которых постоянна и не
равна нулю.
102. Исследовать форму кривых, определяемых натуральным урав-
нением:
р =
103. Дано натуральное уравнение:
р24~$2= 16а2; а = const.
Определить выражаемую им кривую.
104. Исследовать кривую:
р2 = 2а$.
105. Исследовать кривую:
106. Исследовать кривую:
s2 р2
107. Исследовать кривую:
108. Пусть уравнение кривой (Г) в натуральных координатах
имеет вид:
s=/(p).
Составить натуральное уравнение эквидистантной кривой.
109. Определить все линии, у которых первая кривизна равна
нулю.
ПО. Определить все кривые, у которых вторая кривизна равна
нулю.
111. Исследовать кривые, определяемые натуральным уравнением:
k = const.
112. Составить общее уравнение кривых, определяемых натураль-
ным уравнением:
т = const.
113. Исследовать кривые, для которых отношение первой кри-
визны ко второй есть величина постоянная:
А
— = const,
т
2 Зак. 1571. — В. И. Мидпнокий
18
ЗАДАЧИ
114. Показать, что у кривых, имеющих общие главные нормали,
первая и вторая кривизна связаны линейной зависимостью:
Д£4-Вт + С=0,
где А, В, С — постоянные.
115. Вывести зависимость между кривизной и кручением сфери-
ческой кривой.
116. Неплоская кривая задана уравнениями:
1 1
с b
1 1
Р — ь
s
cos —;
а
sin
s
а ’
где а, b— постоянные.
Требуется перейти от натуральных уравнений к уравнениям
в декартовых координатах, иринимая во внимание следующие началь-
ные условия:
при s = 0:
cos (t, х) = 1; cos (n, x ) = 0; cos (b, x) = 0.
117. Кривые Bertand’a определяются натуральным уравнением
ak bt = 1,
где а и b — постоянные, Составить их уравнение в декартовых коор-
динатах (в векторном виде).
118. Составить натуральное уравнение кривой постоянного кру-
чения при условии, что ее бинормали пересекают некоторую данную
прямую.
ОТДЕЛ ВТОРОЙ—ПОВЕРХНОСТИ
ГЛАВА I
ОБЩЕЕ ИССЛЕДОВАНИЕ ПОВЕРХНОСТИ
Задачи этого отдела представляют собой небольшие темы ком-
плексного характера. По заданному уравнению поверхности требуется
произвести детальное или частичное исследование формы поверх-
ности, различных линий (геодезических, асимптотических и др.) на
ней и т. д.
Многие из задач этого отдела являлись в разное время темами
на приемных испытаниях в Ecole Polyt6chnique и других учебных за-
ведениях.
119. Дана поверхность:
Х=ги1 З-О9 — н9-
У = V ( 3tt2— V2 —
z = 2uv.
1. Доказать, что кривые и = const, v = const образуют ортого-
нальную сеть.
2. Определить линии кривизны этой поверхности. Показать, что
они плоские. Определить огибающие их плоскостей.
3. Найти уравнения асимптотических линий.
4. Определить главные радиусы кривизны и центры кривизны
для любой точки поверхности.
120. Поверхность 2 задана уравнениями:
х = sin и cos v
у = sin и sin v
z = cos и -}- In tg + <р (v).
1. Показать, что кривые v = const плоские и их плоскости пе-
ресекают поверхность Ё под постоянным углом.
2. Линии кривизны одного семейства сферические, определить их.
3. Вычислить главные радиусы кривизны поверхности S.
4. Исследовать форму поверхности £0 для случая со (v) = 0.
Определить ее линии кривизны.
5. Определить асимптотические линии Ео.
2*
20
ЗАДАЧИ
6. Показать, что произведение главных радиусов кривизны в лю-
бой точке поверхности Ио есть величина постоянная.
121. Определить поверхность S, все нормали которой касаются
цилиндра вращения С с радиусом /?. Выразить координаты х, у, z
произвольной точки М поверхности S в функции углов 6 и <р, ко-
торые определяют направление нормали MN к S в точке УИ, при
этом направляющие косинусы этой нормали равны:
sin 6 cos ср; sin 9 sin ср; cosO.
Оси координат прямоугольные (ось цилиндра — OZ).
1. Определить геометрически линии кривизны поверхности S.
2. Каким условиям должны удовлетворять 0 и ср, чтобы точка М
описывала линию кривизны?
3. Нормали к поверхности S будут касаться не только цилиндра С,
но также и другой поверхности С' — эволюты S. Определить анали-
тически поверхность С'.
4. Исследовать сечения поверхностей 5 и С' плоскостями, орто-
гональными оси цилиндра.
5. Найти главные радиусы кривизны поверхности S в точке Л4.
122. Дана поверхность S:
х — р cos со; у = р sin со; z=/ (р) -|- ? (<•>),
где р и со — независимые переменные.
1. Определить функцию /(р) так, чтобы сечения поверхности S
плоскостями, проходящими через ось OZ, были линиями кривизны
этой поверхности. Выяснить закон образования таких поверхностей.
2. Доказать, что линии кривизны второго семейства лежат на
сферах постоянного радиуса.
3. Пусть f (р) — функция, удовлетворяющая предыдущим усло-
виям. Рассмотрим два семейства поверхностей и S2, определяемых
соответственно уравнениями:
(5J Ar = pcosca; <y = psino>;. z—f (р) (со) -|-Q
(S2) x = pcosw; ^ = psinco; z=f(p) -f-<p2 (co) -[-C2,
где и C2— произвольные постоянные. Доказать, что существует
бесконечное множество систем двух функций <рх (со) и <р2 (со) таких,
что две любые поверхности и S2 двух различных семейств орто-
гональны. Вывести отсюда тройную ортогональную систему.
123. На плоскости XOY дана циклоида:
х = a (у — sin v)
у — а (1 — cos v)
z = 0.
1. Определить минимальную (вещественную) поверхность, для
которой эта циклоида является геодезической линией.
2. Исследовать форму этой поверхности, показать, что пло-
скость XOY есть ее плоскость симметрии, а касательные (к поверх-
ности) в концах циклоиды — оси симметрии.
ОБЩЕЕ ИССЛЕДОВАНИЕ ПОВЕРХНОСТИ
21
3. Показать, что на этой поверхности лежит бесконечное мно-
жество парабол второго порядка.
4. Составить дифференциальное уравнение линий кривизны этой
поверхности.
Показать, что плоскость, равноудаленная от концов циклоиды и
ортогональная к ее основанию, пересекает поверхность по линии
кривизны.
124. Дана поверхность 5:
х == и cos v -|- sin2 v
? = Ч (И, v).
Найти наиболее общее выражение <? (w, v) для каждого из сле-
дующих трех случаев:
1. Кривые и = const и -и = const образуют на поверхности орто-
гональную сеть.
2. Кривые и = const и v = const образуют сопряженную сеть на
поверхности 5.
3. Кривые и = const и v — const суть линии кривизны поверх-
ности 5.
125. Кривая (С) определяется уравнениями:
х = cos и — (и) sin и
у = sin и <р {и) cos и (*)
z = и -|- <? (и).
Составить дифференциальное уравнение, которому должна удо-
влетворять функция <р (и) при условии, что главная нормаль этой
кривой параллельна прямой (D):
gx = z sin и\ у — — z cos и.
Проинтегрировать это уравнение и показать, что кривые (*) при
найденном значении ср (к) суть геодезические линии некоторой поверх-
ности Е. Исследовать Е и ее линии кривизны.
126. Пусть М есть гиперболическая точка на торе с центром О;
Р— проекция точки М на плоскость симметрии, ортогональную оси;
Q — точка пересечения ОР с плоскостью, проходящей через точку М
ортогонально ОМ
1. Доказать, что кривизна асимптотических линий тора, прохо-
дящих через точку А, пропорциональна длине отрезка PQ.
2. Выразить кручение этих линий в точке М в функции отрезков
ОР и АР.
127. Поверхность образована вращением циклоиды вокруг каса-
тельной в вершине.
1. Определить асимптотические линии этой поверхности.
2. Исследовать изометрию пары таких поверхностей при условии:
ar = airl; Ьа1 = Ь1а.
22
ЗАДАЧИ
128. Дана неплоская кривая (С) и на ней подвижная точка М.
Проведена прямая MD с угловыми коэффициентами 1, 1, и ($) отно-
сительно. подвижного триэдра в точке М. При движении точки М по
кривой (С) прямая MD образует линейчатую поверхность о. Опреде-
лить функцию и ($) так, чтобы кривая (С) была стрикционной линией
поверхности а.
Можно ли подобрать и ($) так, чтобы поверхность о была раз-
вертывающейся?
129. Дана поверхность вращения Е:
1. Вычислить направляющие косинусы нормали к Е, главные ра-
диусы кривизны, угол пересечения асимптотических линий с меридиа:
нами, геодезическую кривизну параллелей и полную кривизну 2.
Определить асимптотические линии.
2. Определить геодезические линии поверхности 2.
3. Через каждую точку Л4 (/, <о) поверхностип Е проводят две ка-
сательных к ней, которые образуют с меридианом в точке Л1 угол О,
удовлетворяющий условию:
sin t sin 0 == sin /0,
где /0 — есть данная постоянная. Доказать, что эти прямые образуют
конгруэнцию нормалей. Некоторые из развертывающихся поверхно-
стей будут иметь свои ребра возврата на поверхности Е. Что можно
сказать о них?
4. Определив полную кривизну поверхности Ех:
х = и cos v; у = и sinv; z — v (a),
составить дифференциальное уравнение, которому должна удовлетво-
рять функция f (и) для того, чтобы поверхность Ех налагалась
на Е.
Достаточно ли, чтобы f(u) была интегралом полученного диф-
ференциального уравнения, для наложимости Ех на Е?
130. Показать, что два семейства сфер
ах№ -|- (х2 +.у2-(-г:2 — а2) к-\-2ау = 0
х2 -|-у2 -|- г2 -|- а2 = 2а (х -(-Д') cosр- 2az sin |i,
где X и |л — произвольные параметры, имеют общую огибающую.
Определить линии кривизны этой огибающей; центры кривизны и
геометрическое место центров кривизны.
131. Дано семейство сфер S:
х2 -}-_у2 + z2 — 2х cos и — 2у sin и — V2 = 0,
где и — переменный параметр, a v есть функция от этого пара-
метра.
ОБЩЕЕ ИССЛЕДОВАНИЕ ПОВЕРХНОСТИ 23
1. Определить функцию так, чтобы характеристиками
сфер S были круги постоянного радиуса р, и указать способ обра-
зования огибающей поверхности Е этих сфер.
2. Найти ортогональные траектории этих кругов (характеристик)
для частного случая и = v.
132. Переменная плоскость определяется уравнением:
х cos 0 cos ср +jr cos 0 sin о -f- z sin (I =f (0),
где 0 и <р— независимые переменные параметры.
1. Определить в функции 0 и <р координаты точки касания этой
плоскости со своей огибающей.
2. Определить линии кривизны этой огибающей.
3. Определить f (6) так, чтобы огибающая была минимальной
поверхностью.
133. Поверхность задана уравнением:
*=/(*) + ? W-
1. Определить f (х) и ср (д/) таким образом, чтобы главные ра-
диусы кривизны в произвольной точке поверхности удовлетворяли
соотношению:
(Pi + Р2) cos y = С,
где С — данная постоянная, а у — угол, образованный нормалью
с осью OZ.
2. .Определить f (х) и <р (_у) таким образом, чтобы дополнительно
удовлетворялось следующее соотношение:
(Pi — P8)cosTtgatgp = C1,
где а, р, 7 — углы, образованные нормалью с осями координат.
3. Определив /(х) и ср (у) так, чтобы удовлетворялись оба со-
отношения, найти линии кривизны и главные радиусы кривизны по-
верхности.
134. Даны две поверхности: S и 5'. Первая из них неподвижна,
а вторая неограниченно приближается к ней. Из точки А поверх-
ности S в касательной плоскости к этой поверхности проведены ка-
сательные прямые к 5'. Каково будет предельное положение этих
касательных, если 5' приближается к 5 таким образом, что точка,
в которой S' касается в каждый момент плоскости, параллельной
касательной плоскости и проходящей через точку Д, описывает кри-
вую, пересекающую поверхность под конечным углом (О. Bonnet)
135. Прямоугольные координаты (х, у, z) точки М кривой (С)
даны уравнениями:
х = (/"(t) (cos f (/) sin t] sin ш
у = {/" (t) sin t — f (f) cos t} sin ш
*=(/(')+/" (0) cos“-
где © — постоянная, a f (t) — данная функция^
24
ЗАДАЧИ
1. Определить функцию /(/) так, чтобы касательные к кривой
принадлежали данному линейному комплексу (Г).
2. Показать, что в этом случае главные нормали кривой (С) пе-
ресекают некоторую прямую (D).
3. Как выбрать комплекс (Г), чтобы кривая (С) была круговой
винтовой линией?
1361 Между поверхностями S и 50 установлено точечное соот-
ветствие таким образом, что нормали в соответствующих точках
Л4 (х, у, z) и Мо (х0, yQi г0) параллельны друг другу, а координаты
этих точек связаны условиями:
dx2 + dy* + dz* = dx02 J- dy2 + dz02,
dx dx0 dy dy0 -|- dz dzQ = 0.
1. Показать, что г, рассматриваемое как функция от х и у,
удовлетворяет некоторому дифференциальному уравнению в частных
производных второго порядка; составить это уравнение и указать
его геометрический смысл.
2. Найти среди поверхностей S поверхность вращения и опре-
делить ее меридиан. Определить соответствующую ей поверхность 50.
3. Показать, что линияхм кривизны поверхности 5 соответствуют
асимптотические линии поверхности <$0 и наоборот. Найти эти линии.
137. Поверхность S определяется уравнениями:
х = {/ (и) -|- w) cos и —fr (и) sin и
у = (/ (в) -|-sin и -\-f' (и) cos и
z = ? (и),
где f(u) и <? (v) — данные функции.
1. Доказать, что проекции на XOY сечений поверхности плоско-
стями z— const имеют одну и ту же эволюту.
2. Доказать, что нормали к поверхности <5 во всех точках одного
из этих сечений образуют развертывающуюся поверхность.
3. Найти линии кривизны поверхности.
4. Определить главные радиусы кривизны в произвольной точке
этой поверхности.
ГЛАВА II
ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПОВЕРХНОСТИ
Если на нормалях к поверхности отложить (считая от поверх-
ности) постоянный отрезок а, то геометрическое место концов этих
отрезков образует так называемую параллельную или эквидистантную
поверхность. Точки обеих поверхностей, лежащие на одной нормали,
называются соответственными друг другу.
138. Доказать, что в соответственных точках двух параллельных
поверхностей их касательные плоскости параллельны.
139. Вычислить гауссовы коэффициенты £*, F*, О* и Н* для
параллельной поверхности, считая известными все элементы первого
и второго порядка для данной поверхности.
ОДНОСТОРОННИЕ ПОВЕРХНОСТИ
25
140. Вычислить гауссовы коэффициенты L*, М!}:, N* для парал-
лельной поверхности, считая известными все элементы первого и вто-
рого порядка данной поверхности.
141. Выразить гауссову кривизну №!: параллельной поверхности
через гауссову кривизну К и среднюю Кривизну J данной поверх-
ности.
142. Выразить среднюю кривизну параллельной поверхности
через гауссову и среднюю кривизны данной поверхности.
143. Доказать, что поверхность, параллельная развертывающейся
поверхности, есть также развертывающаяся поверхность.
144. Доказать, что на параллельной поверхности кривые, соответ-
ствующие линиям кривизны данной поверхности, будут также линиями,
кривизны.
146. Доказать, что ортогональной сети (S) на данной поверх-
ности будет соответствовать ортогональная сеть (5*) на параллельной
поверхности лишь в том случае, если сеть (5) образована линиями
кривизны.
146. Показать, что на параллельной поверхности кривые, соот-
ветствующие асимптотическим линиям данной поверхности, не будут-
асимптотическими линиями, если поверхность не развертывающаяся.
147. Показать, что прямолинейным образующим линейчатой по-
верхности будут соответствовать на параллельной поверхности пря-
мые линии только в том случае, если данная поверхность разверты-
вающаяся. Если же данная поверхность косая, то ее прямолинейным
образующим на параллельной поверхности будут соответствовать
кривые линии.
148. Кусок минимальной поверхности имеет площадь, всегда боль-
шую, чем площадь соответствующего куска параллельной поверхности.
(J. Steiner}
149. Доказать, что в соответствующих точках у двух параллельных
поверхностей гауссовы и средние кривизны связаны соотношением^
Р — 4 К j*2 —4К*
№ К*2 ‘
150. Дана поверхность постоянной средней кривизны J, отличной
от нуля. На всех ее нормалях отложены отрезки 1: J. Доказать, что-
гауссова кривизна построенной таким образом параллельной поверх-
ности (геометрическое место концов этих отрезков) постоянна.
151. На всех нормалях поверхности постоянной гауссовой кри-
визны К отложены отрезки одной и той же длины 1:]//(. Доказать*
что средняя кривизна построенной таким образом параллельной по-
верхности постоянна.
ГЛАВА III
ОДНОСТОРОННИЕ ПОВЕРХНОСТИ
152. Плоскость вращается вокруг одной из своих прямых с по-
стоянной угловой скоростью. Прямая, лежащая в этой плоскости*
вращается вокруг одной из своих точек с угловой скоростью, вдвое-
меньшей угловой скорости вращения плоскости.
26
ЗАДАЧИ
Составить уравнение поверхности, образованной движением этой
последней прямой, исследовать ее форму и показать, что эта поверх-
ность односторонняя.
153. На поверхности прямого круглого цилиндра начерчена сину-
соида так, что ее осью 'служит образующий круг, а длина волны
равняется половине длины этого круга. Составить уравнение поверх-
ности, образованной прямыми, пересекающими эту синосоиду и орто-
гональными к оси цилиндра.
Определить ее особенные линии и показать, что она односто-
ронняя (цилиндроид).
154. Доказать, что поверхность лг2(г—1)-}-_у2г = 0 односто-
ронняя.
(Н. Smith)
155. Доказать, что поверхность
x=iv---------I sin w —I—sin2 _y=l<o--------| cos и -4- cos2 u: z = v-\-
\ V 1 \ VI V
односторонняя. Найти особенные линии этой поверхности.
156. „Поверхность кругов кривизны14. В эллиптической точке по-
верхности проведены всевозможные нормальные сечения и для каждого
из них построен круг кривизны. Найти геометрическое место этих
кругов. Определить особенности этой поверхности и показать, что
она односторонняя.
157. Поверхность J. Steiner’a. Эта поверхность имеет уравнение
х2_у2 + У1'2'* т = 0.
Найти ее особенные линии и показать, что она односторонняя.
и
158. Эллипс с полуосями а и dsin— (v— переменный параметр)
вращается вокруг своей переменной оси с угловой скоростью v.
Показать, что поверхность, образованная им, односторонняя.
Найти двойные линии этой поверхности.
159. Доказать, что поверхность
(*+-У)8
односторонняя.
160. Доказать односторонность поверхности:
_у2м
г = (х2Н-^2)«’
161. Доказать, что поверхность
х = cos и cos 2v
у = cos и sin 2v
z = (cos v — cos и sin v) sin и
односторонняя.
(Hoppe)
КРИВИЗНА ПОВЕРХНОСТИ
27
162. Показать, что поверхность
। и •
х = a cos u-\-v cos — sin и
Л
и
у = a sin и — v cos — cos и
Л
г =-и sin —
Xi
односторонняя. (Ж. Л. Франк)
ГЛАВА IV
КРИВИЗНА ПОВЕРХНОСТИ
163. Вывести формулу Euler’a:
р ___________2pipa________
Р1+Р2 — (Pi — P2)cos2<p’
где рр ра — главные радиусы кривизны; р — радиус кривизны произволь-
ного нормального сечения; ср — угол между этим сечением и главным.
164. Показать, что сумма кривизн двух взаимно-ортогональных
нормальных сечений есть величина постоянная.
165. Вывести формулу Babinet:
-(-+-+—+ +-Ц
'« \ Р1 Ра Ра Р.» / 2 \ Р* М
где рп р2, р3, ..., рш суть радиусы кривизны нормальных сечений,
образующих между собой равные углы; р*, p.S:i. — главные радиусы
кривизны.
166. Для всякой сферической кривой центр кривизны любой ее
точки есть проекция центра сферы (на которой лежит кривая) на со-
прикасающуюся плоскость кривой в этой точке.
167. Дана простая точка М на поверхности и касательная прямая
(к поверхности) в этой точке. Найти геометрическое место центров
кривизны сечений этой поверхности (в точке Ж) пучком плоскостей,
проходящих через касательную.
168. Через вершину М эллипсоида вращения проводятся, различ-
ные кривые (на поверхности). Найти геометрическое место центров
кривизны этих кривых в точке Ж.
169. Дан гиперболический параболоид
cz = xy\ с = const.
Определить геометрическое место центров кривизны главных сече-
ний, соответствующих всем точкам оси ОХ.
170. Эллипсоид и концентричная ему сфера произвольного радиуса
пересекаются по кривой. Доказать, что во всех точках этой кривой
= const,
Pi + Ps
где р! и р2 суть главные радиусы кривизны эллипсоида.
28
ЗАДАЧИ
171. Уравнение поверхности дано в неявной форме:
F(x, z) = 0.
Составить формулу для полной кривизны.
172. Линейный элемент поверхности имеет вид:
ds2 = X (u, v) (du2 -|- dv2).
Дать соответствующее выражение полной кривизны.
173. Линейный элемент поверхности имеет вид:
ds2 = du2 -{- G dv2.
Каково будет выражение для полной кривизны?
174. Написать формулу полной кривизны поверхности в симме-
тричных координатах.
175. Определить полную кривизну поверхности (псевдосфера):
x = rcos<p, ^ = rsin<p
, а + У^7» ;
z — а In ——------------у а2 — г2,
г
176. Вывести формулы для полной и средней кривизны поверх-
ности вращения:
x = ucos^; у — и sin <d; z = f(u).
177. Найти среднюю кривизну круглого цилиндра, радиус кото-
рого равен а.
178. Вычислить среднюю кривизну конуса вращения при условии,
что угол между осью и образующей равен 6.
179. Определить полную и среднюю кривизну геликоида:
л; = a cos'd; j> = asin‘ir, z=av.
180. Вычислить среднюю кривизну поверхности:
р /«a _i_ С2
х = и cos-d; j/ = Msin-D; z = cv-\-c I 1/ du.
181. Определить полную кривизну геликоидальной поверхности:
x = ucos-d; y = us\nv‘, z = hv-\-f(и).
182. Определить полную кривизну поверхности:
х = а(«4“®); у — Ь(и— -d); z = uv.
183. Определить среднюю кривизну поверхности
sin az = sh ах sh ay.
184. Вычислить среднюю и полную кривизну поверхности
х = и cos а 4- sin и ch v
у = v 4- cos а cos u sh *d
z = sin a cos и ch v.
КРИВИЗНА ПОВЕРХНОСТИ
29
185. Вычислить среднюю и полную кривизну поверхности
z = ~ (In cos ах — In cos ay).
(Поверхность Scherk'a)
186. Определить среднюю кривизну поверхности
x = 3u-j~ 3uv2 — и3
у = v3 — 3v — 3u2v
z = 3 («2 — v2).
(Поверхность Епперег'а)
187. Определить полную кривизну поверхности
ег = sin (х2 +.У2).
188. Определить главные радиусы кривизны поверхности
х = sin w cos г,
у = sin и sin v
(и \
— I -|- In sin v.
Л /
189. Определить полную кривизну поверхности
х — sin и cos V] у = sin и sin v
z = COS и -J- In tg I — I .
\ J
190. Найти главные радиусы и полную кривизну поверхности
х = sin и cos у = sin и sin v
z = cos a -f- In tg у — In cos v.
191. Определить главные радиусы кривизны поверхности
sin8 0 cos ф sin8 6 sin ср 1 -f- sin2 6
X cos2 6 ’ cos2 0 * Z cos 0
192. Определить главные радиусы кривизны в произвольной точке
поверхности
х = (и cos и — sin и) cos v
у— {и. cos и — sin и) sin v
z = и sin и -|~ cos и.
193. Определить главные радиусы кривизны огибающей поверх-
ности семейства сфер
(х - а)’ + (у - by + (z - Г (>))» = (а),
где а, Ь— независимые параметры.
30
ЗАДАЧИ
194. Поверхность образована касательными к неплоской кривой.
Найти ее полную и среднюю кривизну.
195. Поверхность образована бинормалями неплоской кривой.
Найти ее полную и среднюю кривизну.
196. Определить полную и среднюю кривизны линейчатой поверх-
ности, образованной главными нормалями неплоской линии.
197. Доказать, что полная кривизна коноида удовлетворяет
условию:
— 1 <К<0.
198. Дано семейство поверхностей вращения, получаемое смеще-
нием одной из них вдоль ее оси. Строится новая поверхность вра-
щения, имеющая ту же ось вращения, и пересекающая все поверх-
ности семейства под прямым углом.
Доказать, что гауссова кривизна этой поверхности в любой ее
точке равна по абсолютной величине и противоположна по знаку
гауссовой кривизне, которую имеет в этой точке проходящая через
нее поверхность семейства.
(Beltrami, f.)
198а. Показать, что из поверхностей вращения только у кате-
ноида асимптотические линии образуют ортогональную сеть.
1986. Найти гауссову кривизну поверхности, огибающей семей-
ство плоскостей
и х 4~ vy + <wz = 1,
где w есть функция от и и v.
ГЛАВА V
ТРОЙНЫЕ ОРТОГОНАЛЬНЫЕ СИСТЕМЫ
199. Даны три семейства поверхностей
х2 4“ У2 + z2 = ах
х2 + У2 + 22 = ЙУ
X2 _|_ Z2 — ^z.
Показать, что они образуют тройную ортогональную систему.
200. Поверхности
х2 у2 4~ z2 = их
z = vy
(х2 4~_у2 + z2)2 = w (z2 +.У2)
образуют тройную ортогональную систему. Доказать это.
201. Доказать, что три семейства поверхностей
ху — uz2\ X2 +.У2 z2 = ТГ, X2 4- У2 -}~z2 = w(x2—у2)
образуют тройную ортогональную систему.
202. Три семейства поверхностей
их —yz = 0
Ух2 4“ У2 + V*2 4“ z2 ~ v
У х2 4“ З'2 — х2z2 = w
образуют тройную ортогональную систему. Доказать это.
ТРОЙНЫЕ ОРТОГОНАЛЬНЫЕ СИСТЕМЫ
31
203. Доказать, что три семейства поверхностей
4 In sin х —у2 — z2 — u
y = vz
(у2 z2) sin x = w
образуют тройную ортогональную систему.
204. Даны три семейства поверхностей
4х -j-^2 -|- z2 = и
у = vz
у2 -|- z2 = we®.
Доказать, что они образуют тройную ортогональную систему-
205. Показать, что поверхности
/(х) + И^ + ^2) = «
y = vz
-4Х Г —
{у2 4* z2}= »
где f(x) — произвольная функция, а X — постоянная, образуют трой-
ную ортогональную систему.
206. Определить тройную ортогональную систему поверхностей,,
в состав которой входит семейство: ху — а.г = 0, где а — переменный
яараметр.
207. Определить тройную ортогональную систему поверхностей»
которой принадлежит семейство конусов:
ху _ п
Z*
где а — переменный параметр.
208. Одно из семейств поверхностей, входящее в состав тройной
ортогональной системы, определяется уравнением:
xyz = а,
где а — переменный параметр. Найти два остальные’семейства системы-
209. Дана тройная ортогональная система поверхностей
——1 и — а - у 4 и — b Z и — с = 1
х ч v — а 1 _ Y 4 ’ v— b 1 Z V — с = 1
w—а h Y ч 1 -w—Ь h z w—с = 1,
где а, Ь, с, — постоянные; «, v, w — переменные параметры, X—
функция от одного х, Y—функция от одного у, Z— функция от
одного Z.
32
ЗАДАЧИ
Определить эти функции.
210. Определить функцию U (х, у,-г) таким образом, чтобы тройная
система поверхностей х2 >2 . г2 _ 1 и — а и — b и — с U х2 , >2 . *2 1 v — а 1 v — b v—с U х2 । .У2 । & 1 •w—a w—b ъи— с U>
тде а, Ь, с — данные постоянные, а и, v, w — переменные параметры,
-была тройной ортогональной системой.
211. Определить общий вид функций о и Ф при условии, что
«семейство поверхностей
\
где а — переменный параметр, принадлежит тройной ортогональной
системе.
212. Дано одно из трех семейств поверхностей, составляющих
•тройную ортогональную систему
z11 — = а,
х
где а — переменный параметр, определить два другие семейства.
213. Определить линии кривизны поверхности
х2
(ха+>2 + г2)2=^_ + ^ + ^
а > b > с.
213а. Координаты точки /И(х, у, г) определяются параметрами
v, w посредством уравнений:
2а sin и , . . . .
X = - -------------, cos V — (w — v) sin V
1 4- ---®)a Sin2 и 1 '
2a sin a . . , . . . .
У = i ,------------• 9 sin v + (w — u) sin v }
1 (w — v)2 sin2 и 1 1 '
(, . и , 2 cos a 1
2 ~ 1 4~ — ^)2 sin2 и f
Доказать, что поверхности a = const, v = const и w = const обра-
зуют тройную ортогональную систему.
Исследовать геометрический характер этих поверхностей.
ЛИНЕЙЧАТЫЕ ПОВЕРХНОСТИ
33
Г Л А В А VI
ЛИНЕЙЧАТЫЕ ПОВЕРХНОСТИ
214. Поверхность S задана уравнениями
' х = и cos v‘, у = и sin v\ z — uv.
1. Определить тип поверхности и форму линий
и = const; v = const.
2. Определить кривую пересечения (S) плоскостью, параллельной XOY-
215. Вывести общее уравнение поверхности, образованной движением
прямой, которая пересекает данную прямую под постоянным углом а.
216. Линейчатая поверхность задана направляющей кривой г ($) и
единичным вектором е, определяющим направления прямолинейных обра-
зующих. Определить ортогональные траектории прямолинейных обра-
зующих.
217. Дана кривая (С). В точке Л4, движущейся по кривой, построены
касательная и главная нормаль. На главной нормали взята точка Р так,
что MP = l = const (Z — данная постоянная). Через точку Р проведена
прямая (D), параллельная касательной. Определить стрикционную линию
поверхности, образованной прямой (D).
218. Развертывающаяся поверхность образована касательными к кри-
вой VivianL Найти ее пересечение с плоскостью основания кривой.
Кривой Viviani называется линия пересечения сферы:
х2 +.У2 -|- г2 =
с цилиндром:
х2 -ру2 — ах = 0.
Плоскость XOY называется плоскостью основания кривой.
219. Дана развертывающаяся поверхность, огибающая семейства плос-
костей, касательных к сфере вдоль кривой Viviani (см. предыдущую за-
дачу). Исследовать ее ребро возврата и определить сечение плоскостью
основания кривой.
220. Определить ребро возврата огибающей семейства плоскостей:
х sin и —у’сos и 4- z — аи = 0.
221. Найти огибающую и ребро возврата семейства плоскостей
За2х — Зау 4~ z = а8,
где а — переменный параметр.
222. Вычислить кривизну и кручение ребра возврата семейства плос-
костей: ax-j- Ру 4“ yz = p, где а, (3, 7, р суть функции параметра и,
причем а2 I2 = 1 •
223. Дана система прямых
X = tz+P', y = pz-\-—,
где t и р — переменные параметры.
3 Зак. 1571. — В. И. Мидинский
34
ЗАДАЧИ
При какой зависимости между р и t эти прямые образуют разверты-
вающуюся поверхность?
Найти геометрическое место ребер возврата таких поверхностей.
Определить линии пересечения этих поверхностей с плоскостью XOY.
224. При каком условии уравнение F (х, у, z) = 0 определяет раз-
вертывающуюся поверхность?
224а. Развертывающаяся поверхность а пересечена семейством парал-
лельных плоскостей. Доказать, что эволюты этих сечений лежат тоже на
развертывающейся поверхности. (Halphen)
225. Написать дифференциальное уравнение для произвольной линей-
чатой поверхности. (Д. М. Синцов)
226. Косая линейчатая поверхность образована движением прямой,
параллельной данной плоскости. В каждой точке этой поверхности главные
радиусы кривизны обратны друг другу по знаку, но равны по величине.
Определить поверхность.
227. Поверхность (S)
X = -f-
определяется уравнениями
2
у == и3 -j- uv; z — -— Z2277.
о
I. Показать, что во всякой точке кривой v = 0 соприкасающаяся
плоскость этой кривой есть касательная плоскость к поверхности.
2. Определить асимптотические линии поверхности (S).
3. Построить проекции, на плоскость XOY асимптотических линий,
3 3 4
проходящих через точку х = .— ,^ = .—-,z = -—.
х 2 о
228. Косая линейчатая поверхность (5) образована прямой (О)
х = az -j- X
y=te+l»,
(О)
где a, b, X, р— данные функции одного переменного параметра. \ Обо-
значим стрикционную линию поверхности (S) через (£).
Найти необходимые и достаточные условия того, чтобы линия (£)
была линией касания к (S) цилиндра с образующими, параллельными
оси OZ,
Предполагая эти условия выполненными, можем переписать уравне-
ния (D) таким образом:
х — cz cos 0 4- X (0)
у = cz sin 0 Н- (0),
где с — некоторая постоянная, X (0) и р (6) — функции параметра 0, со-
ответственно подобранные.
Каким условиям должны удовлетворять функции Х(6) и р (0) для
того, чтобы линия (£) была линией кривизны поверхности (5)?
Можно ли линию (!) в данном случае брать произвольно (при со-
ответствующем выборе X и р)?
ЛИНЕЙЧАТЫЕ ПОВЕРХНОСТИ 35
229. Поверхность (<$) задана уравнениями
х — v cos и — a sin и
у = v sin и -|- a cos и
z — аи,
где а — положительная постоянная.
1. Найти ортогональные траектории семейств кривых и — const и
и =: const, лежащих на этой поверхности.
2. Определить асимптотические линии (5).
3. Показать, что поверхности (Н):
4*2 4/ = (г — С)9 + 4аа,
где С — произвольная постоянная, пересекают (S) по одному из семейств
асимптотических линий.
4. Найти поверхности (Е), ортогонально пересекающие поверх-
ности (Н).
5. Определить форму сечения поверхности (S) плоскостью у — 0.
6. Показать, что между главными радиусами кривизны поверхности (Е)
в любой ее точке М существует соотношение, не зависящее от координат
этой точки.
230. Через каждую точку P(t) винтовой линии (С)
х = cos /; у = sin /; z = t
проводят в спрямляющей плоскости прямую Д, образующую с OZ по-
стоянный угол При этом Д ориентирована так, что полупрямая Д и
полукасательная к (С) в направлении возрастающего t расположены по
одну сторону от прямой, параллельной OZ и проходящей через точку Pt
а следовательно угол <р будет не больше к.
Возьмем на Д произвольную точку М и обозначим
Л4Р = р.
Обозначим далее через о линейчатую поверхность, образованную прямыми Д.
Вычислить: 1) направляющие косинусы прямой Д;
2) координаты точки М в функции р, <р;
3) коэффициенты касательной плоскости к а в точке М (I, р).
Определить для каждой прямой Д асимптотическую плоскость, цен-
тральную плоскость, центральную точку и параметр распределения.
Определить ребра возврата для огибающих семейства асимптотических
и центральных плоскостей.
Определить ортогональные траектории прямых Д.
Через каждую точку (/, р) поверхности а проходит одна из этих
траекторий; определить для нее центр геодезической кривизны в этой
точке.
231. Косые линейчатые поверхности с постоянным параметром рас-
пределения и со стрикционной линией, ортогонально пересекающей обра-
зующие, наложимы на прямой геликоид.
3*
36
ЗАДАЧИ
232. Кривая (С), лежащая на параболоиде z = ху, проектируется
на плоскость XOY по кругу с центром в О. Показать, что касательная
плоскость к параболоиду в любой точке Af кривой (С) образует по-
стоянный угол с осью OZ. Найти огибающую следов этой плоскости на
плоскости XOY.
Определить ребро возврата и его эвольвенту развертывающейся по-
верхности огибающей семейства касательных плоскостей вдоль кривой (С).
233. Дана поверхность 5:
х = и cos т»; у = и sin v\ (z) = av -f- f (и).
1. Определить- функцию <р так, чтобы треугольник Отп, вершинами
которого являются начало координат, проекция некоторой точки М по-
верхности S на плоскость XOY и следовательно нормали в М на плос-
кости XOY, имел площадь, пропорциональную ординате z.
2. Составить дифференциальное уравнение асимптотических линий
поверхности S и определить функцию f(u) при условии, что 5 есть
развертывающаяся поверхность.
3. Составить уравнения прямолинейных образующих и показать, что
они образуют с осью OZ постоянный угол и одинаково удалены от нее.
234. Доказать, что ребро возврата всякой развертывающейся по-
верхности, описанной около сферы, есть геодезическая линия конуса,
концентричного этой сфере. Показать также, что эта кривая есть оги-
бающая на конусе прямых, касательных и к сфере и к конусу.
235. Параболоид 5 задан уравнениями
x = 2pttcos v; = 2<?и sin и
z = 2н2 (р cos2 v-j-q sin21>),
где p и q — постоянные, а и и v — переменные.
1. Составить уравнение (в координатах и и v) такой кривой (С),
лежащей на этом параболоиде, чтобы во всех ее точках касательная
плоскость образовала постоянный угол с плоскостью XOY.
2. Показать, что прямолинейные образующие развертывающейся по-
верхности о огибающей касательных плоскостей во всех точках кривой (С)
образуют с осью OZ постоянный угол. Выразить в функции v коорди-
наты точки ребра возврата этой поверхности.
3. Определить ортогональные траектории прямолинейных образующих
поверхности а. Показать, что эти кривые плоские и их проекции на XOY
имеют общую эволюту — проекцию ребра возврата.
236. Поверхность S* образована главными нормалями d кривой Z.
1. Обозначая через р отрезок ЛТА^ нормали (точка АТ лежит на
кривой Z), показать, что если ATX описывает асимптотическую линию
поверхности S, то определение р приводится к одной квадратуре.
2. Выполнить эти вычисления (квадратуры) в следующих случаях:
а) кривая / имеет постоянное кручение; б) кривая I есть винтовая линия;
в) кривизна кривой I пропорциональна некоторой (постоянной) степени
кручения.
3. Пусть поверхность S деформирована так, что ее образующие d
остались главными нормалями к деформированной кривой причем
длины на образующих d и на кривой I при этой деформации не изме-
ЛИНЕЙЧАТЫЕ ПОВЕРХНОСТИ
37
нились, а асимптотические линии также остались асимптотическими.
Исследовать, как изменились при этом кривизна и кручение кривой J.
237. Линейчатая поверхность (S) образована подвижной прямой (D),
уравнения которой
х = uz -|- U\ у = (аи -f- £) z + Ц,
где а и Ъ — постоянные, a U и Ц — функции параметра и.
1. На ортогональной проекции (Д) прямой (D), спроектированной
на плоскость XOZ, взята точка А с координатами:
х = и/(и)U’, у = 0\ z=f(u).
Определить функцию /(и)'таким образом, чтобы точка А описывала
ортогональную траекторию прямых (Д).
2. Определить функции U и Ui таким образом, чтобы непрямо-
линейные асимптотические линии поверхности (S) ортогонально проектиро-
вались на плоскость XOZ по ортогональным траекториям прямых (Д).
Какова будет в этом случае поверхность (5)? Каковы будут ортого-
нальные траектории прямых (Д)?
238. Дана поверхность (5):
х = и cos v; у = и sin г»; z = aw U,
где a — данная постоянная, a U—функция от и.
1. Определить форму поверхности (5).
2. Определить функцию U таким образом, чтобы одна система
асимптотических линий была образована ортогональными траекториями
кривых и = const.
3. Показать, что среди поверхностей вращения, которые могут быть
наложены на (<$), имеется катеноид при сделанном в п. 2 выборе
функции U.
4. Найти полную кривизну поверхности (S).
239. Поверхность дана уравнениями
х = и 4- (я — 1) sin и
у = 1 4" ----1) COS и
/ К1 2 3 \
z = a I — 4--У , я = const.
\ Zi /
1. Определить все кривые пространства, касательные к которым
параллельны прямолинейным образующим этой поверхности. В част-
ности определить такие кривые, для которых радиус кривизны
р = const,
2. Найти ортогональные траектории прямолинейных образующих
данной поверхности.
3. Определить асимптотические линии.
, 240. Дано дифференциальное уравнение
а2у2 dx~\-(z — агу2) dy —у dz = 0, (1)
где л — данная постоянная.
38
ЗАДАЧИ
1. Определить интегральные поверхности 5 этого уравнения.
Показать, что они линейчатые; исследовать их асимптотические и стрик-
ционные линии. Выразить кручение асимптотической линии (5) в функ-
ции угла между бинормалью и осью OZ.
2. Показать, что все поверхности 5 удовлетворяют одному и
тому же уравнению с частными производными первого порядка:
г^-чу,ру) = о-. р = -^; (*)
независимо от а. Выяснить, как можно с помощью поверхностей S
получить все интегральные поверхности 2 уравнения (*).
Поверхности S, вообще говоря, содержат ось OZ, определить
те исключительные поверхности Е, которые ее не содержат, и иссле-
довать их.
3. Доказать, что характеристики уравнения (*) суть асимптоти-
ческие линии отдельных поверхностей S и что они образуют одну
из систем асимптотических линий поверхностей Е. Доказать, кроме
того, что они являются линиями касания поверхностей S с прямыми
коноидами, оси которых параллельны OZ и пересекают ОХ.
4. Определить вторую систему асимптотических линий поверхно-
стей £ и показать, что они являются кривыми касания этих поверх-
ностей с прямыми коноидами, оси которых параллельны ОХ и пере-
секают ось OZ. Определить линейчатые поверхности S, отличные от S.
5. Пусть дана поверхность Г, у которой одна из систем асимп-
тотических линий образована кривыми касания (Г) с прямыми коно-.
идами, оси которых параллельны ОХ и пересекают OZ. Доказать, что
такая поверхность Т либо линейчатая с направляющей плоскостью,
параллельной FOZ, либо удовлетворяет уравнению типа (*).
Доказать, что в этом последнем случае асимптотические линии
другой системы будут характеристиками уравнения (*), которому удо-
влетворяет Г, и что эти линии являются кривыми касания поверхно-
сти Т с прямыми коноидами, оси которых параллельны OZ и пере-
секают ОХ.
6. Доказать, что если две интегральные поверхности уравнения (*)
взаимно касаются, то в этой точке касания они имеют одинаковую
гауссову кривизну.
241. Дана конгруэнция прямых
х = R cos и cos 0 — k sin со sin О
у = sin со cos 6 -f- к cos ш sin 6
z — X cos S,
где R— данная постоянная, к — переменный параметр, определяющий
положение точки на образующей, со и 6 — параметры конгруэнции.
1. Найти фокальную поверхность конгруэнции; определить ее
форму.
2. Определить развертывающиеся поверхности этой конгруэнции,
их ребра возврата и ортогональные траектории ребер возврата.
ЛИНЕЙЧАТЫЕ ПОВЕРХНОСТИ
39
3. Определить центральную точку и параметр распределения
образующей <£>о,^0о, рассматривая ее как одну из образующих поверх-
ности ш — (00.
242. Конгруэнция образована прямыми, пересекающими две
параболы:
(г — я)2 —2рх = 0; _у = 0
(г — £)2 — 2qy = 0; х = 0.
1. Определить развертывающиеся поверхности, образованные
прямыми этой конгруэнции.
2. Существует, вообще говоря, одна из этих развертывающихся
поверхностей S, которая не есть конус. Пусть М есть какая-нибудь
точка на ее ребре возврата, а Р — точка, в которой соприкасающаяся
плоскость в М ребра возврата поверхности S пересекает ось OZ.
Полагая OP = t, выразить координаты точки М в функции t.
3. Пусть соприкасающаяся плоскость в точке М ребра возврата
поверхности 5 пересекает плоскость XOY по прямой Д, которая
имеет огибающую С. Пусть, далее, N есть точка, в которой Д ка-
сается С. Выразить координаты точки АГ в функции t.
4. Какова будет поверхность S в случае, если a — bt
243. Прямые
х — uz— 2и — и3 — 2uv3
y = VZ—Зт?2 — u2v— 2-и4
ортогональны к одному семейству поверхностей. Определить эти по-
верхности.
ОТДЕЛ ТРЕТИЙ ЛИНИИ НА ПОВЕРХНОСТИ
Этот отдел содержит задачи на определение ортогональных и
изогональных траекторий кривых, сопряженных.сетей, биссекторных
сетей и др., а также исследование некоторых специальных типов
кривых, как например, кривые Darboux (так называемые £)-линии)
и т. д.
ГЛАВА I
ЛИНИИ И СЕТИ КРИВЫХ НА ПОВЕРХНОСТИ
244. Если все касательные плоскости к некоторой "поверхности
касаются ее по линиям, то эти линии непременно прямые.
245. Доказать, что на поверхности
х = sin и cos v
у = sin a sin v
и
z = cos а + In tg — 4- (-П).
л
Кривые, определяемые дифференциальным уравнением
cos2 и du2 -f- (v) sin и du dv — sin4 и dv2 = О,
образуют ортогональную сеть.
246. На поверхности:
х = sin и cos v
у — sin и sin v
Z = COS и 4~ In tg 4“ 1
4
дано семейство кривых:
sin«4“a('p4"l) = °>
где а — параметр. Найти ортогональные траектории этого семейства.
247. Даны сфера и прямая d. Определить ортогональные траек-
тории сечений, образованных на сфере плоскостями, проходящими
через прямую d.
248. Уравнение поверхности дано в цилиндрических координатах:
z = (г — a) f (6); а = const.
ЛИНИИ И СЕТИ КРИВЫХ НА ПОВЕРХНОСТИ 41
Найти ортогональные траектории семейства кривых, определяе-
мых на поверхности сечениями ее пучком плоскостей, проходящих
через ось OZ.
249. Найти изогональные траектории меридианов поверхности
вращения:
x = KCOS't/; у —и sin v, г — ? (и).
250. Какой должен быть меридиан поверхности вращения, чтобы
изогональные траектории меридианов проектировались на экватор по
параболам с одинаковым параметром и общим фокусом в начале
координат?
251. Вывести уравнения изогональных (угол а) траекторий мери-
дианов тора, образованного вращением окружности. Возможно ли
подобрать угол а таким образом, чтобы проекции этих траекторий
на экваториальную плоскость тора были эллипсами?
252. Вывести общее уравнение линий на поверхности, делящих
пополам угол между параметрическими линиями,
253. Вывести общее уравнение линий, делящих пополам углы
между параметрическими линиями и = const и v — const на поверх-
ности вращения:
x=*zzcost/; _y = usinu; z = f(u).
254. Вывести уравнение линий на сфере:
х = a cos и sin v; у = a sin и sin v; z = acosv,
делящих углы между параллелями и меридианами пополам.
255. Найти уравнения линий на геликоиде:
х = и cos и; у = и sin v; z — avt
делящих пополам углы между параметрическими кривыми.
и = const и v= const.
256. Составить уравнения линий, делящих пополам углы между
параметрическими линиями
и = const и v = const
гиперболического параболоида:
х = а (иv)] y = b(u-— v)’, z = uv.
257. На поверхности
х = и cost/; _y = usint/; z=u-j-v
построены линии, делящие углы между параметрическими линиями
пополам. Найти их уравнения.
258. Найти уравнения ортогональных траекторий параметриче-
ских линий на поверхности
х = и cos v\ у = и sin v; z — u-]-v.
42
ЗАДАЧИ
259. На поверхности (задача 245) дано семейство кривых
sin zz-j-v == const.
Построить второе семейство линий, сопряженных данным.
260. На поверхности
x = ucosv, y = usinv;
Дано семейство кривых и -|- я = const. Определить другое семей-
ство так, чтобы оба эти семейства образовали сопряженную сеть.
261. Составить дифференциальные уравнения линий, сопряженных
с параметрическими линиями и = const и аналогично для я = const.
262. Определить кривые, сопряженные линиями « = const на по-
верхности коноида
№zzcos'p; j> = zzsinin; z=f(ti).
263. На поверхности проведена кривая, обладающая таким свой-
ством: в каждой ее точке плоскость нормального сечения поверхно-
сти, проходящая через ее касательную, параллельна данному посто-
янному направлению.
Составить дифференциальное уравнение таких линий.
264. Характеристические линии поверхности. Пусть и 02 обо-
значают углы, которые образуют два взаимно-сопряженные направления
с одним из главных направлений. Тогда должно быть:
Р1
Или, иначе:
tg(0s-0,)-l’!‘ctg6|+Pltg61-
Рз — Pi
Если поверхность выпуклая, то угол (62 — 0t) не равен нулю и
достигает minimum’a при:
Определяемые отсюда два значения 0, дают ^ва направления,
которые называются характеристическими.
Вывести дифференциальное уравнение характеристических линий
(в каждой точке такой линии ее касательная имеет характеристиче-
ское направление).
265. Определить на поверхности такую линию, чтобы угол между
главной нормалью этой линии и нормалью к поверхности был по-
стоянный.
266. На основании результатов предыдущей задачи написать
дифференциальное уравнение линий, лежащих на поверхности вра-
щения:
x = «cos't>; j/ = Hsinx/; z=f(u)
и обладающих тем свойством, что угол между главной нормалью и
нормалью к поверхности постоянный во всех точках.
ЛИНИИ КРИВИЗНЫ
43
Выяснить характер этих кривых для случая, когда поверхность
представляет собой цилиндр вращения. (В. Dolaptchieff)
267. Косая линейчатая поверхность описана около сферы. Ее
директрисами служат диаметр и одна из касательных к большому
кругу, ортогональному к этому диаметру. Доказать, что линия каса-
ния будет кривой Viviani.
268. Определить на линейчатой поверхности
x = «cos-o; _y = zzsinf; z=f(y)
такую кривую, чтобы в каждой ее точке прямолинейная образующая
пересекала одну из линий кривизны под постоянным углом а.
Определить проекцию этой кривой на плоскость ХО Y для случая:
а = -^-; /(v) = a cos и.
269. Найти кривую (С), расположенную на цилиндре у = хп и
обладающую тем свойством, что соприкасающаяся плоскость в любой
ее точке М проходит через проекцию Р. этой точки на ось OY.
Определить асимптотические линии линейчатой поверхности,
образованной прямыми МР.
270. Дана поверхность S:
1. Определить на ней такие кривые (С), v =f(u)t касательные
к которым образуют с осью OZ постоянный угол a (tga = 2).
2. Выяснив, что через каждую точку М поверхности 5 прохо-
дят две кривые (С), найти направляющие косинусы их главных нор-
малей и углы, которые эти нормали образуют с нормалью к по-
верхности.
3. Вычислить кривизну и кручение линии (С).
271. Вывести дифференциальное уравнение кривых на поверхно-
сти, для которых соприкасающаяся сфера касается в этой же точке
поверхности (D-линии).
272. Определить на поверхности 2-го порядка кривую так, чтобы
соприкасающаяся сфера во всех ее точках была касательной к по-
верхности.
Показать, что соответствующее дифференциальное уравнение
решается в квадратурах.
ГЛАВА II
ЛИНИИ КРИВИЗНЫ
273. Определить линии кривизны поверхности:
z = тху.
Определить их проекции на.плоскость X0Y.
274. Найти уравнение линий кривизны поверхности
х = и3 — uv* Ч---------: V = ifiv----— г2 Ч---—---; z = 2а.
44
ЗАДАЧИ
275. Найти уравнение линий кривизны для поверхности
х = а (и 4~ -w); у = Ь(и— v); z = uv.
276. Найти линии кривизны геликоида
х = и cos v\ у = и sin v; z — hv.
277. Написать дифференциальное уравнение линий кривизны
винтовой поверхности
х = и cos г»; у — и sin v, z =f(u) 4~ hv.
278. Найти линии кривизны поверхности
х = За 3zw2 — u3
у = 3t/ -J- 3a2v — -и3
z — 3u2 — 3v2
и показать, что эти линии суть кривые третьего порядка, лежащие
в плоскостях, параллельных осям ОХ и ОУ.
279. Определить линии кривизны поверхности
х = /(и) cos и — f (и) sin и 4“ ? (*) cos и
у—— f(u)s\n u-\-f (и) cos а-]”? (г) sin и
и дать для них геометрический способ образования.
280. Найти линии кривизны поверхности
^(1 — . _____ с(и — v)
Л . j у ) £ —• . •
U V U-j-V U 4“
281. Найти линии кривизны поверхности
х (х2 4- у2 4~ г*) — 2а (х2 4~>2) = 0; °- = const.
282. Определить омбилические точки поверхности
az!2 4- (2х 4~ «) (у2 — 2ах) = 0,
где а — постоянная. (Saint-Germain)
283. Определить омбилические точки ^поверхности:
4а2г2 = (х2 — 2а2) (у2 — 2а2)
284. Определить линии кривизны поверхности
где /—произвольная функция.
ЛИНИИ КРИВИЗНЫ
45
285. Поверхность образована касательными данной неплоской
кривой. Найти линии кривизны этой поверхности.
286. Поверхность образована бинормалями данной неплоской
линии. Составить дифференциальное уравнение линий кривизны.
287. Составить дифференциальное уравнение линий кривизны по-
верхности, образованной главными * нормалями данной неплоской
кривой.
288. Доказать, что определение линий кривизны спиральных
поверхностей приводится к квадратурам.
289. Определить функцию f так, чтобы коноид пере-
секался плоскостью х =1 по линии кривизны.
290. При каком условии система круговых сечений эллипсоида
Является системой линий кривизны?
291. Определить линии кривизны поверхности
х О2+У*+*2) = 2л (*2 +^2)-
292. Доказать, что если один из главных радиусов кривизны
поверхности постоянный, то поверхность есть огибающая семейства
сфер постоянного радиуса, центры которых лежат на некоторой
кривой.
293. Поверхность, допускающая систему круговых линий кривизны,
есть огибающая подвижной сферы, центр которой пробегает данную
кривую.
294. Возможна ли поверхность, у которой оба главных радиуса
кривизны постоянны?
295. Доказать, что сферическое изображение плоской линии кри-
визны поверхности есть окружность.
296. Если все линии кривизны поверхности суть плоские кри-
вые, то:
1) плоскости линий одного семейства все параллельны одной и
той же прямой g-p
2) плоскости линий второго семейства все параллельны другой
прямой g2‘,
3) прямые gj и g2 взаимно-ортогональны.
297. Линии кривизны одной системы плоские. Их плоскости все
проходят через одну прямую. Определить виц поверхности.
298. Если поверхность огибает семейство сфер, касающихся трех
данных сфер, то ее линии кривизны суть окружности.
299. Если обе системы линий кривизны поверхности состоят из
окружностей, то такая поверхность есть огибающая семейства сфер,
касающихся трех данных сфер.
1 300. Доказать, что всякая развертывающаяся поверхность, имею-
щая одну плоскую линию кривизны, есть геликоид.
301. Доказать, что поверхность, все точки которой омбилические,
есть сфера.
302. Вывести дифференциальное уравнение поверхностей, все ли-
нии кривизны которых плоские.
46
ЗАДАЧИ
ГЛАВА III
АСИМПТОТИЧЕСКИЕ ЛИНИИ
303. Найти асимптотические линии поверхности
6
х = и cos у = и sin z = .
s tl
304. Найти асимптотические линии поверхности
х = и cos у = и sin v; z = 6 In и.
305. Определить асимптотические линии поверхности
_ 1
z “ х2
306. Определить асимптотические линии поверхности вращения
х = и cos v', у = и sin v\ z=f (к).
307. Определить асимптотические линии поверхности
х = и cos v; у— и sin v; z = a cos nv,
где a, n — постоянные. Рассмотреть в частности случай п = 2.
308. Найти асимптотические линии поверхности
, * х > . х a sin и
х = а (1 -|-cosa) ctg-и; у = а (1 4~cosи)\
309. Определить асимптотические линии поверхности
х = (1 «) ch v\ _У=(1—и) sh т>; z = u.
310. Определить асимптотические линии поверхности
x — v cos и — sin а
у = «у sin и cos и
z = u.
311. Найти уравнения асимптотических линий поверхности
V UV
Х = —-; ? = —[—; z = arctg-n.
chn ch и
312. Определить асимптотические линии на поверхности
х = (1-j-a) cos v; _у=(1—a)sin*u; z=u.
313. Найти асимптотические линии поверхности
х = 3a -f- З-п; у = За2 4~ З-п2; z = 2а8 -J- 2фа*
314. Найти асимптотические линии поверхности
х = (и + -п) (3 4- 2a2 4~ 2-v2 — 8a-n)
у = {я — a) (3 4~ 2a2 4“ 4" ^uv)
z — 12a-y.
АСИМПТОТИЧЕСКИЕ ЛИНИИ
47
315. Найти асимптотические линии поверхности, представляющей
собой геометрическое место середин хорд кривой
x = /n; = z = tn~\
316. Доказать, что асимптотические линии поверхности
у_
хе х =с= ez
суть плоские кривые.
317. Определить асимптотические линии поверхности
z = tnxy.
318. Определить асимптотические линии поверхности
zx2 » оу2; а = const.
319. Определить асимптотические линии поверхности
z=>ysinx (коноид).
320. Определить асимптотические линии поверхности
х2 (у — z) =y-j-z.
321. Определить асимптотические линии поверхности
x2y2z-j-x2—у2 = 0
и показать, что это будут неплоские кривые третьего порядка-
322. Определить асимптотические линии поверхности
z — хтуп\
а также, в частности: z=-xy2.
323. Определить асимптотические линии поверхности
^ = 4 (х2+/).
324. Определить асимптотические линии ^поверхности
(V \
~ I = 1 — z ctg z.
325. Вывести уравнение асимптотических линий поверхности в ци-
линдрических координатах.
326. Найти асимптотические линии геликоида
z = аб 4- b In г с,
где а, Ь, с — постоянные, а г, 0, z—цилиндрические (полуиолярные^
координаты.
327. Определить асимптотические линии поверхности
z = X arc tg () -4- i- у In (х2 +^2).
48
ЗАДАЧИ
328. Поверхность образована движением прямой, пересекающей
прямую:
z — тх’> у = пх
и параллельной плоскости YOZ. Определить ее асимптотические
линии.
329. Кривая неизменной формы расположена на плоскости, про-
ходящей через ось OZ. Эта плоскость вращается вокруг OZ, а кри-
вая перемещается по ней параллельно оси вращения (закон переме-
щения произвольный). Определить, в каком случае кривые х = const
на поверхности, образованной подвижной кривой, будут асимпто-
тическими. Определить также другое семейство асимптотических
кривых.
330. Прямая перемещается параллельно плоскости XOY, пере-
секая ось Oz и кривую
х = и; у = и2; г = и3.
Определить асимптотические линии поверхности, образованной
движением этой прямой.
331. Найти асимптотические линии поверхности, образованной
движением прямой, пересекающей ось OZ под постоянным углом у
и одновременно пересекающей прямую: х = a, z = 0.
332. Найти асимптотические линии поверхности, образованной
главными нормалями кривой
х = sin во [f" (t) cos (t) sin t}
у = sin ш {/" (f) sin t — f' (t) cos /}
Z = COS<0 {/(0+/"(01>
где t — переменный параметр, /(/) — данная функция, ш—постоянная.
333. Дана кривая (С):
x = acosO; у = a sin 0; z = a sin 26;
где а = const, а 0 — переменный параметр.
Соприкасающаяся плоскость этой кривой в некоторой ее точке М
перетекает ось Oz в точке А. <
Определить асимптотические линии поверхности, образованной
прямой МА, когда точка М движется по кривой (С).
334. Дан гиперболический параболоид: ~ху— az — О. Из произ-
вольной точки М (х, у, z) опускают перпендикуляр (О) на плоскость,
полярную точке М относительно параболоида.
Определить поверхность а, образованную точками М, при усло-
вии: 1) что касательная плоскость ков точке М содержит соот-
ветствующую прямую (D); 2) поверхность о проходит через прямую
z = b (х —= const.
Найти асимптотические линии этой поверхности.
•335. Дана линейчатая поверхность а
,x = pcos6; _y = psin6; z=V~j~pW,
АСИМПТОТИЧЕСКИЕ ЛИНИИ
49
где р, 0 — независимые параметры, а V, UZ—данные функции от
одного 6..
1. Составить уравнение асимптотических линий этой поверх-
ности.
2. Определить функцию V7 так, чтобы проекции этих линий на
плоскость XOY были гомотетичными между собой относительно на-
чала координат. Определить вид поверхности о в этом случае.
336. Определить все такие поверхности, у которых асимптоти-
ческие линии (оба семейства) проектируются на плоскость XOY по
двум семействам линий
где f (v) есть заданная функция от у.
337. Найти уравнение асимптотических линий для поверхности
г = ^/(х) + ?(х),'
где / (х) и ср (х) — заданные функции.
338. Найти асимптотические линии поверхности:
Z=f(x)—f(y).
Определить функцию f так, чтобы асимптотические линии обра-
зовали ортогональную сеть.
339. Определить асимптотические линии коноида
340. Найти асимптотические линии поверхности
341. Составить дифференциальное уравнение асимптотических
линий поверхности
х = uz <р (и); у = u-z -f- (а). /
Определить вид функции с? (и) так, чтобы z = 0 определяло одну
из асимптотических линий.
,342. Поверхность определяется уравнением
где /—функция от произведения ху.
1. Составить дифференциальное уравнение асимптотических линий
и привести его к квадратурам.
2. Применить полученные общие формулы к поверхности
In z = а У ху.
3. Определить / таким образом, чтобы одно из семейств асимп-
тотических линий проектировалось на плоскость XOY по кривым
у = сх1,\ и определить вторую систему асимптотических линий.
I Зщ;. 1571. —В. И. Милинский
50
ЗАДАЧИ
343. Поверхность образована главными нормалями неплоской
линии (С).
Доказать, что линия (С) есть асимптотическая линия этой по-
верхности.
343а. Доказать, что если асимптотические линии поверхности
пересекаются под постоянным углом, то гауссова кривизна поверх-
ности пропорциональна квадрату ее средней кривизны.
344. Вычислить кручение асимптотической линии, лежащей иа
поверхности
2z = ях2 2Л ху 4- by*. '
345. Определить кручение асимптотической линии на поверх-
ности
1
х = и cos v: у = и sin v; z = —.
и
346. Определить кручение асимптотической линии на поверх-
ности
а
x = ucosv’, y = us\nv\ z = „ , , .
цЗЯ + 1
347. Вывести формулу кручения асимптотической линии на по-
верхности вращения
х = и cosv\ у = и sin v; z—f (и),
348. Найти кручение асимптотических линий на геликоиде
х = и cos v; у — и sin v; z = hv.
349. Вывести общую формулу для кручения асимптотической
линии на поверхности
х — и cosя; у = и sinя; (v).
350. Определить кручение асимптотических линий на поверхности,
образованной бинормалями неплоской кривой.
351. Определить кручение асимптотических линий на поверх-
ности, образованной главными нормалями неплоской кривой.
352. Радиус кривизны асимптотической линии на произвольной
2
поверхности в некоторой точке М равен — радиуса кривизны касаю-
О
щейся ее линии, служащей пересечением поверхности и касательной
плоскости в точке М. (Е. Beltrami)
ГЛкЬк IV
ГЕОДЕЗИЧЕСКИЕ ЛИНИИ
353. Две поверхности''касаются одна другой по кривой (Г). До-
казать, что если (Г) есть геодезическая линия для одной поверх-
ности, то она должна быть геодезической и для другой поверхности.
354. Доказать, что геодезические линии круглого цилиндра суть
винтовые линии.
ГЕОДЕЗИЧЕСКИЕ ЛИНИИ
51
Збб. Определить геодезические линии произвольной цилиндриче-
ской поверхности.
356. Показать, что нахождение геодезических линий на развер-
тывающихся поверхностях приводится к квадратурам.
357. Доказать, что определение геодезических линий на поверх-
ностях
z=ax-j- <f> (у)', а = const.
приводится к квадратурам.
(£). Mitrinovitch}
358. Определить геодезические линии на прямом круговом
конусе
х2 -}-уа = г2.
ч 359. Определить геодезические линии катеноида вращения
= с J; c = const.
360. Найти геодезические линии поверхности
X — и cos V
у = и sin v
г = V «2— 1 — 4"1п(“ — О*
Л л
361. Найти геодезические линии на поверхности вращения
х = и cos v; у = и sin v; z=f («)•
362. Определить геодезические линии на геликоиде
х — и cos v; у = и sin v\ z — hv.
863. Определить геодезические линии на произвольной кониче-
ской поверхности.
364. Пусть уравнение семейства геодезически параллельных ли-
ний на поверхности есть
<р (й, <у) ss Const.
Показать, что определение функции <р приводит к уравнению
с частными производными
А *+0 m2 = EG-FS.
у ov ] ди dv у ди J
865. Доказать, что, зная какое-нибудь решение <р (а, *п, а), где
ч.а = const, дифференциального уравнения предыдущей задачи и при-
равняв произвольной постоянной частную производную от (н, v, а)
но параметру а, получим конечное уравнение геодезических линий.
(Jacobi)
-4*
52
ЗАДАЧИ
366. Определить геодезические линии поверхности, линейный эле-
мент которой
ds* = (U—V) (du* 4- dv*\
где U есть функции от одного «, а V — функция от одного v.
367. Доказать, что геодезическая линия будет линией кривизны,
если она плоская, и наоборот, если геодезическая линия есть линия
кривизны, то она плоская.
368. Доказать, что кручение геодезической линии в омбилической
точке равно нулю.
369. Доказать соотношение:
где ш — угол между главной нормалью кривой (Г) на поверхности и
нормалью к поверхности; т — кручение кривой (Г), а тд — кручение
геодезической линии, касающейся кривой (Г) в исследуемой точке.
(Bonnet).
370. Доказать, что отношение кривизны геодезической линии на
развертывающейся поверхности к ее кручению равно тангенсу угла
пересечения этой линии с прямолинейной образующей, проходящей
через рассматриваемую точку.
371. Определить геодезическую кривизну меридианов и параллелей
поверхности вращения
х = и cos V", у — и sin v; z—f («) •
372. Найти геодезическую кривизну винтовых линий и = const,
лежащих на геликоиде
x = «cosv; у = и sin v\ z — av.
d73. Определить геодезическую кривизну линий и = const и
v = const на поверхности:
x = ucosx»; у — и sin v\ z=f(v).
374. Дана поверхность, образованная бинормалями неплоской
кривой (Г). На этих бинормалях отложены, считая от самой кривой (Г),
одинаковые отрезки длиной и. Определить геодезическую кривизну
линии (Г) и кривых, образованных концами этих отрезков.
375. Поверхность образована главными нормалями неплоской
кривой (Г). От точек этой кривой по ее главным нормалям отложены
отрезки одной и той же длины и. Определить геодезическую кри-
визну линии (Г) и кривых, образованных концами этих отрезков.
376. На касательных неплоской линии (Г) отложены, считая от
самой линии, отрезки одной и той же длины и. Определить геодези-
ческую кривизну кривой — геометрического места концов этих отрезков.
377. Вычислить геодезическую кривизну линии Viviani.
ГЕОДеЗНЧЕСКИЕ линии
53
378. Определить геодезическую кривизну линий, определяемых
дифференциальным уравнением'
Р (и, v) dn Q (и. т») dy =• О,
где Р («, у) и Q (и, v) — данные функции от криволинейных координат
точек поверхности.
379. Найти геодезическую кривизну линий, делящих углы между
параметрическими линиями пополам.
380. Определить все сферические кривые, геодезическая кривизна
которых постоянна.
381. Выразйть геодезическую кривизну сферической кривой
в функции 6 — расстояния точки этой кривой до полюса сферы и ср —
расстояния этого полюса до касательной дуги большого круга.
382. Определить геодезическую кривизну сферического эллипса
(сферическим эллипсом называют такую кривую, лежащую на сфере,
что сумма расстояний каждой из ее точек до двух неподвижных точек
постоянна).
383. Локсодромия представляет такую кривую, нанесенную на
сфере, которая пересекает меридианы, исходящие из одной точки под
постоянным углом <р. Выразить ее геодезическую кривизну в функции
угла ср и 6 — расстояния рассматриваемой точки до полюса, через
который проходят все меридианы.
384. Геодезическое кручение линии, лежащей на поверхности,
можно определить таким образом. Построим в двух точках М и М'
кривой сферы Е, Е', касающиеся поверхности и проходящие через
соприкасающиеся круги кривой в точках 7И и УИ'. Предел отношения
угла пересечения этих двух сфер к дуге ММ' при неограниченном
приближении М' к М и будет геодезическим кручением линии в ее
точке М. Доказать это.
385. Кривая (Г) лежит на поверхности. На этой кривой взята
точка М и в ней построена соприкасающаяся сфера (к кривой). Вы-
разить угол пересечения этой сферы с поверхностью (в точке М)
в функции геодезической кривизны, геодезического кручения и нор-
мальной кривизны кривой (Г) ').
386. Кривая (Г) лежит на поверхности. На ней взяты две беско-
нечно-'близкие точки М и М' и в этих точках построены соприка-
сающиеся сферы Е, XI' кривой (Г). Кроме того, в этих же точках
построены сферы о, а', касающиеся поверхности и проходящие через
соприкасающиеся (в М и М') круги кривой (Г).
Обозначая через 6 угол пересечения соприкасающейся сферы
с поверхностью, (Е, Е')— угол, под которым пересекаются сфер^1 Е
и Е'; (э, а') — угол пересечения сфер а и а', вывести соотношение:
(О') (<G') = 0.
г) Нормальной кривизной в точке М линии, лежащей на поверхности,
называется кривизна (в этой же точке) проекции линии на плоскость нор-
мального сечения, проходящей через касательную к кривой.
54
ЗАДАЧИ
387. Вычислить геодезическую кривизну ортогональных траек-
торий прямолинейных образующих косой линейчатой поверхности
в точках ее стрикционной линии.
388. Дана поверхность вращения:
х — cos 0;
1 — cos Т sin Т
2 = 4
2
Определить, во скольких точках геодезическая линия пересекает
параллель.
389. На минимальной поверхности (У= 0) имеется сопряженная
сеть, образованная геодезическими линиями. Определить вид этой
поверхности.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ОТДЕЛ I
Г Л A В а
1. Из данного уравнения кривой:
PdxA-Qdy~^
находим:
Q
(О
Отсюда, дифференцируя по х, наховнл у':
(дР , ЭР Д „ / о<
дуу .)
Р
У
заменяя здесь у' его значением из (1;, имеем:
ду дх /
Наконец, подставляя из (1) и (2) значения у' и у" в формулу для
вычисления кривизны:
k —
получим:
dQ
Д’
для
____________dy Qdx )
(P2-hQ2)3/i
2. Известно, что угол u между радиусом-вектором и касательной
одной и той же точки кривой определяется
г dh
tg у- — —— .
6 dr
соотношением:
Но
так как радиус кривизны р можно выразить
так:
Р
k = -
то,
р ds '
исключая db из (*) и (**), получим искомую
________ ds _________ '-г cos u ds ___________ г dr
Р z/A____I_ z7«i
зависимость:
______________г dr
dO 4“ sin У- dr-\-r cos у- o'у- d (r sin u) dp ’
58
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
так как:
dr dr
n = rs\n u; cos ix = .
Vr*d№-[-dr* ds
3. Воспользоваться равенством:
r dr
P dp '
4. Примем оси симметрии эллипса за оси координат. Тогда, если
a cos и и b sin и суть координаты точки Р, то
a2 —Z>2
х„ =--------cos и: хК1 = 0;
N a "
a* — b* . 2 а2 — *2 _
х„ =--------sin* и cos и\ хо =-------cos3 и,
ы а ы а
откуда
~2 ""Ь XN') в ~2 ^Хн + х°)’
что и доказывает требуемое.
5. 1. Обозначим через s и о соответственные дуги кривых (С)
и (Г). Очевидно, нужно доказать, что ds = rfo, или что
dr* — dr* + (г2 — г*2) d62 = 0. (1)
Для этого сначала логарифмируем данные уравнения:
*
получим (1).
ds = dz или, что то же:
а затем, дифференцируя их, получим:
dr+dr* dr~?r*_______________________________
Исключая отсюда /(в),
2. Наоборот, если
dr* — dr** 4- (г2 — г*2) dO2 = 0,
то, полагая:
(2)
получим
~~7W ’ <)
Интегрируя уравнения (2) и (3), вернемся к данным уравнениям (♦).
3. Так как
г/ = г или dr* = rd§\ (3*)
то уравнение (1) примет более простой вид:
dr*— r**d№ = Q\
ГЛАВА I
59
или, принимая во внимание, что dr = cPr*i
d(P — *•
Интегрируя, получаем два решения:
г... = ае -\-ое
г* = a sin 0 -|- b cos 6,
а также, на основании (3*):
в . -о
г — ае —be
г— a cos 6 — b sin 0.
кривые (6) и (4) суть спирали, принадлежащие
'") представляют собой круги
проходящие через начало
Легко видеть, что
одному семейству;
кривые же (7) и (5)
радиуса -i- У а2 4~ £а,
^2
координат с центрами на двух взаимно
векторах.
Соотношение:
одного и того же
=/(•).
(б)
(6)
(О
ортогональных радиусах -
в случае,- если соответствующие кривые являются спиралями, приводит
к заключению, что:
/00 = 1;
если же кривые являются кругами, то:
/ПЛ — (g —»)cosfr—(g + *)sinO _
' ' ' (n _L M rnc ft -1— la M cin fi g'
где для сокращения положено:
, а — b
в. Для кривой (Г) имеем:
ds
P de
и аналогично для ее проекции (1\):
ds.
Но так как:
, . cos 8
ds. = cos cp ds\ d*. = de ——,
1 1 cosacp
то, подставляя в (*), найдем:
__ds cob3 ср__р de cos8 <р_~ cos3 ср
Р1 de cos О = de cos 9 cos 6
60
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
7. Воспользоваться таким свойством кохлеоиды: касательные
в точках пересечения кохлеоиды с секущей, проходящей через ее
асимптотическую точку, пересекаются в одной общей точке (так на-
зываемая теорема Cesaro).
8. Примем оси конического сечения (Г), вписанного в треугольник,
за оси координат и допустим, что а2 и Ь2 содержат в себе знаки,
соответствующие эллипсу и гиперболе. Тогда уравнение конического
сечения (Г) будет имет вид:
Уравнения же касательной t и нормали п в точке Л/ можно на-
писать в виде:
i
х sin ср—усо^ср = р; х cos ср sin ? — Р'>
где ‘
1
р = (a2 sin2 <р b2 cos2 ср) 2
и р' обозначает производную от р по ср.
Поэтому, если А и В длины полуосей конического селения
лежащих соответственно на прямых н и t, то его уравнение будет:
i (х sin ср —у cos у> — р)2 + jL (х cos ср у sin ср — р')2 = 1.
Асимптотические направления обоих конических сечений образуют
гармоническую группу. Таким образом будем иметь:
-i (a2 sin2 ср b2 cos2 ср) ~ (a2 cos2 ср -|- b2 sin2 ср) s О,
Л о
откуда:
В2
— =1 — (я2 -|- b2) (a2 sin2 ср Ц- b2 cos2 ср) .
С другой стороны, коническое сечение , I1 является огибающей
своих касательных. Таким образом, обозначая через р" вторую про-
изводную от р по ср, найдем радиус кривизны р кривой Г в точке /И:
__з_
р = р -|-р" == a2!)2 (a2 sin2 ср -|- b2 cos2 ср) 2.
Следовательно:
В2 -
д5= !-(«’ + **)(«*) »f».
9. 1. Возьмем уравнение кривой (С) в каком-нибудь ее положении
в форме
О + С=/(г).
Ее дифференциальное уравнение будет:
ГЛАВА I
61
а соответствующее
траекторий:
дифференциальное уравнение
ортогональных
Интегрируя, находим:
о+с, = -
Следовательно, искомые ортогональные траектории представляют со-
бой, как и кривые (С), различные положения одной и той же кривой
неизменной формы, вращающейся вокруг точки 0.
2. Если кривые (С) суть круги, проходящие через начало коор-
динат, то их ортогональные траектории определятся уравнением:
г
О -I- С. = arc sin --
1 1 2(7.
где а — радиус круга (С).
10. Ортогональные траектории удовлетворяют уравнению
dx __ dy
х — а у — Ъ'
Исключая параметр и из (*) и из данного уравнения, найдем
ренциальное уравнение траекторий. Так как в общем виде это
чение невозможно, то можно поступить иначе. Введем новую пере-
менную 0:
диффе-
исклю-
Найдя отсюда dx и dy и подставив в (*), получим:
dh 1 da . . 1 db к
- • - =--— sin 0-------— cos 0.
du г du г du
Заменяя, наконец:
“ 2 ’
получаем:
2 — — — da 1 ~ db
du г du г du1
0 6, 0., 6»
а это есть уравнение Riccati. Пусть tg , tg-y, tg—“ и tg—5 четыре
L h /i L
его частных решения. Так как их ангармоническое отношение по-
стоянно, то теорема доказана.
11. Расположим прямоугольные оси координат так, чтобы ось ОХ
совпадала с данной неподвижной прямой. Тогда если уравнение по-
движной прямой есть
xcoszz-4-.ysinzz—/(zz) = O, (i)
то уравнения биссектрис углов, образуемых этой прямой с осью ОХ,
будут иметь вид:
xcoszz-]-^ (sin и 1)—/(zz)=O, (2)
62
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Эти прямые будут касаться своей огибающей в точках пересечения
прямых (2) и прямых:
— х sin и -j-j cos и—f'(u) = 0, (3)
уравнение которых получается путем дифференцирования (2) по пара-
метру и.
Но уравнение (3) .получается также и из (1) путем дифференци-
рования по и, а следовательно оно определяет прямую, которая про-
ходит через точку касания М (в данный момент) подвижной прямой
с неподвижной кривой и является нормалью этой кривой. Следова-
тельно, точки касания биссектрис находятся в пересечении этих бис-
сектрис с нормалью к неподвижной кривой в точке М.
12. Обозначая радиус-векторы точек кривой, ее первой и второй
эволютсы через г, гр г2, соответственно.радиусы кривизны через р, рп
р2 и нормали через n, пп п2, будем иметь:
Г1 = гН-рп (1)
Г2 = Г1-ГР1П1. (2)
Дифференцируя (1) по $, получим:
/У С
<1 = t + р'п — p/5t = р'п.
Следовательно:
Дифференцируя по s равенство = п, будем иметь:
откуда
Aj = A; tij = t, (8)
или, иначе:
Pi = рр'. (4)
Обратимся теперь ко второй эволюте. На основании (1), (3) и
(4) можем переписать (2) следующим образом:
ra = r-bpn —pp't.
Дифференцируя это равенство по $, получим:
/Ус 1
(р'? + рр")*>
откуда
-^=р'2+рр' <4')
, ГЛАВА I S3
Дифференцируя по s первое из этих равенств, будем иметь:
, dsn ,
А2П„ = — АП,
z 2 ds
откуда:
n2 = — п; k2^ = k. (5)
r-w / Л /\
Заменяя здесь его значением (4 ), получим:
р2=р(р'2+рр")-
13. Решается аналогично предыдущей задаче
г3 = га + Р2па = г — PP't 4“ (Р — РР'а — Р2Р") “•
Дифференцируя по $, получаем:
‘»#=-<Wp’p7».
откуда
' ds
t,—п; ^=(₽₽'s+p’p")'- (1)
Дифференцируя первое из этих соотношений по 5, получим:
, dStf L
А3п„ -г? = At,
J J ds
откуда
ds$_ k
*3 ds -
dSn Л V
или, заменяя здесь его значением (1):
ds . 4 1
(рр^+рУУ 1
Рз Р ’
Следовательно
Рз = Р (рр'2 + Р2Р") = РР'8 4- 4р2р'р" 4- Р8Р'"-
14. Пусть радиус-вектор точки М есть г, точки С* — га и
точки О — г*. Тогда можно написать:
г* = г + 4рП’
Дифференцируя это равенство по s, получим касательный вектор
к кривой — геометрическому месту точек О:
dr* 111
*-t+^p-n-4 ₽«=-!-(t+p'n). (2)
54
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
Далее на основании результатов задачи 12 имеем:
r2^r-{-pn —pp't. (3)
Л так как прямая МС" определяется вектором
г2--г = рп— pp't, (4)
io для доказательства ортогональности УИС" и вектора —— следует
as
составить их скалярное произведение:
(г> — г।) уг = у (pn — РР' V (* + Р'п) = О-
Отсюда видим, что эти направления действительно взаимно-ортого-
нальны.
15. Пусть радиус-вектор точки М есть г, радиус-вектор точки
7’—г*, и радиус-вектор центра кривизны С есть г,. Тогда можно
написать соотношение:
г; =г г-4-nt; (1)
!-?<>• ’ (2)
Дифференцируя (1) по $, получим касательный вектор к линии ('/):
i (3)
Далее направление прямой /ИГ определяется вектором:
г*--г --fit—рп.
flfr*
Составляем скалярное произведение векторов (г* — г.) и —т—:
as
(г* —-г) -^4- - - ( а 1 — р н I (t 4- akn) = 0.
Следовательно, оба эти вектора взаимно-ортогональны, что и дока-
зывает треоуемое.
16. Решается аналогично предыдущей задаче.
17. Известно, что лемниската является подэрой для равносто-
ронней гиперболы относительно ее центра, при этом обе кривые
взаимно касаются в вершинах. Пусть А — некоторая точка этой гипер-
болы. Очевидно она лежит на середине отрезка ST касательной,
заключенного между осями координат ОХ и OY. Соответствующая
точка М лемнискаты есть основание перпендикуляра, упущенного из
О на ST. Далее, так как в прямоугольном треугольнике OST прямая
О А есть медиана, а ОМ— высота, то обе эти прямые симметричны
относительно биссектрисы угла XOY (общей оси лемнискаты и гипер-
болы).
Если Л/ есть четвертая вершина прямоугольника, построенного
на ОМ и МА; MN—нормаль к лемнискате; С—соответствующий
центр кривизны, то получим:
О А.
3
ГЛАВА I
65
Если отложить на ОМ вектор ОР, равный МС, то легко видеть,
что геометрическое место точек Р симметрично (относительно оси
лемнискаты) е кривой, гомотетичной равносторонней гиперболе отно-
сительно центра О. Это будет тоже гипербола с асимптотами ОХ
и OY.
18. Выберем начало координат в точке О и пусть г есть радиус-
вектор точки М, a R— радиус-вектор точки Р. Тогда, обозначая
длину отрезка МР через X, будем иметь:
R = r-pt. (1)
Для определения X умножим это равенство скалярно на t:
Rt = rt-hX.
Но так как векторы R и t, по условию, взаимно-ортогональны, то
Rt=±O; Х = —rt.
После этого (1) можно переписать так:
R = r —(rt)t. (2)
Дифференцируя по $, получим:
dR = {t — (1 4- Агп) t — k (rt) n} ds
или, иначе:
dR = — k {(rt) n -|- (hi) t} ds. (3)
Но так как
rt = rcos9; rn = r cos I —J-6)= — rsinO,
то, следовательно:
dR = kr (t sin 9 — n cos 0) ds.
Принимая во внимание, что kds = da, получим:
dR = r (t sin 6 — n cos 0) da, ।
откуда
| dR | = r 11 sin 9 — n cos 9 | da,
или, окончательно:
da = r da-, r = OM.
19. Обозначим Л5 = /, BC — l'\ тогда CA = — G + O- Коорди-
наты точек A, В, С должны быть периодическими функциями от не-
которого параметра t. Обозначим этот период через Т. Но тогда
угол ср, образуемый прямой АС с осью ОХ, будет функцией от /:
<р(^4-7’) = с?(/)4-2^.
Пусть, далее, координаты точек А, В, С будут (х, у), (xlt уД
(х» л); тогДа:
xi = xJr! coscp; х2 = х14~/Г cos
У1 =у 1 sin <р; у2 =yt 4-1 sin ср.
Из этих соотношений легко получаем:
Гх dy 4" /х2 dy2 = (14- /') xt dyx -j- ll' (14-1') cos2 <p dy.
5 Зак. 1571. —В. И. Мидянский
66
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Интегрируя это последнее равенство в пределах от до
получим искомое соотношение.
20. Обозначая радиус-вектор какой-нибудь точки М кривой (Г)
через г, а радиус-вектор соответствующей точки М*, эквидистантной
кривой, через г*, будем иметь:
r* = r±ban х). (1)
Дифференцируя по s, получим:
d
f^. = (l±<rt)t. (2)
Отсюда:
(3)
ds '
или, иначе:
ds* = ( 1 zt — ] ds. (4 >
\ Р /
Далее, из (2) следует:
t* = t.
Дифференцируя по s, найдем:
ds*
ds
откуда, принимая во внимание (3):
IztaA ’
или, иначе:
р* = р z!z а.
21. Воспользуемся соотношением (4) предыдущей задачи:
С а \
Izt — j
Р /
ds.
Заменяя здесь
где а есть угол смежности, будем иметь:
ds* — ds^a da,
откуда, после интегрирования:
$* = 5 ztz а
da,
i) Знаки ± соответствуют двум возможностям откладывания отрезка а
по одну сторону от кривой (Г) и по другую сторону.
ГЛАВА I
67
I
где s* и s — периметры овалов. Но для замкнутой гладкой линии:
2 тс.
Следовательно:
s* = $ ± 2атс.
22. Пусть М и N— последовательные точки (черт. 3) на кривой
(Г), а М* и N* — соответствующие им точки эквидистантной кривой
(Г*). Положим MN = ds. Далее, обозначим через 0 угол, образован-
ный нормалью ММ* с каким-либо постоянным направлением. Тогда
угол, образованный нормалью NN* с этим же
О -J-4/6. Следовательно, про-
водя NP параллельно ММ*,
будем иметь:
направлением, будет
(PNN*) = dQ.
Четырехугольник PNMM*
можно рассматривать как
прямоугольник. Следова-
тельно:
площ. MNN*M* = площ.
MNPM* zt площ. PNN* 1).
Но PNN* можно рассматри-
вать как сектор круга с
центром в N и радиусом а.
Тогда, обозначая площадь четырехугольника MMV*M* через da, бу-
дем иметь:
da = a ds zt -i- a2db,
откуда, после интегрирования:
а = as zb ага2,
так как для всякого овала:
д?0 = 2тг.
23/Решается на основании задачи 21.
24. Решается на основании задачи 22.
25. Так как касательные к эквидистантным кривым в соответ-
ствующих точках параллельны касательным данной кривой (огибаю-
щей), то эквидистантную кривую можно определить как огибающую
семейства прямых:
х cos a -J-у sin а—f(a) = a; а = const. (1)
Дифференцируем уравнение (1) по а:
— х sin а -l-J' cos а—/' (а) = 0. (2)
!) Двойной знак объясняется аналогично предыдущей задаче.
5*
68
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Решая уравнения (1) и (2) относительно х,у, получим уравнения
искомой кривой в параметрической форме:
х = (/-|- a) cos а — /' sin а
у = f cos а -|- (/+«) sin а.
(3)
26. Дифференцируя (3) предыдущей задачи, будем иметь:
откуда:
ds = Vdx* + dy* = (/" 4-/ 4- a) da,
или, после интегрирования:
s=f' (а) 4- I f (а) da 4~ аа 4- const.
27. Уравнение эквидистантной кривой имеет вид:
(ap — 7)2 = 4(а2-р)(Р2 — ai),
где для сокращения положено:
(а2 4- 62) (х2 4- >>2 — Л2) — а262 .
ЗсРЬ2 (х~у2 — №)
(.У2 4,^2 /,2)2 (д2 £2) /»2 д2х2 — .
3a2d2(x24-^2 —Л2)2
А2
т"" a2ft2(x34-^a —А2)2’
ГЛАВА II
28. 1. Дифференцируя уравнения:
x = a(tz— sin и); _y = a(l—cos и); г = 4a sin
находим:
w
dx = a(\—cos и) du] dy = a sin и du\ dz = 2acos — du,
откуда:
ds = 2а du.
Далее, вычисляя направляющие косинусы касательной, находим:
dx 1 — cos и п sin и и
cos а = =--------; cos р = —-—; cos 7 = cos — .
ds 2 г 2 1 2
Вычисляя угол смежности двух касательных, найдем:
Jcp = y4(d cos a)2 4~ (d cos p)3 4- (d cos %)2 =
и
~2
ГЛАВА II
69
Отсюда без труда находим радиус кривизны:
ds 4а
Р dy
и
2
2. Определяем сначала направляющие косинусы главной нор-
мали:
и
cos 04 = k sin и\ cos = Х cos a; cos 7, = —Л sin —;
Тогда уравнения искомой кривой будут иметь вид:
а
X — х + — cos а» = аа,
л ...
а
• у = — cos pi = а,
_. а п и
Z — cos ft == За sin —.
Л л
Эта кривая плоская. Она лежит в плоскости у— а = 0. Ее
проекция на плоскость XOZ имеет уравнение:
Z = За sin —
2а
что представляет собой синусоиду.
)
29. А = т= •
g
30. k 25 Sjn 2И •
31.
О
32. Кручение постоянно для всех точек кривой.
33. Кручение равно нулю. Кривая плоская.
34. Кручение равно нулю.
35. Пусть единичный вектор е определяет данное постоянное
направление. Тогда: te = cos8; be = costp. Дифференцируя эти равен-
ства по дуге s и применяя формулы Serret-Frenet, получим:
k ne ds = — sin 6 d§\ — xn^ds = — sin у dy.
Деля второе равенство на первое, получим требуемое соотношение.
70
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
36. Уравнение соприкасающейся плоскости в форме определи-
те ля имеет вид: А В _С 0 0 0 0 0 0
V 2а/ 2d/ 2с/ ai ci
л/' 2а/ 2d/ 2с/ а2 А2 с2
а3" К с " 2а/ 2d3' 2сз а3 ^3 сз
К' с " с4 2а/ 2А/ 2с/ «4 С4 = 0,
2а/ 2d/ 2с/ ai с\ 0 0 0
2 а/ 2с/ «2 а2 с2 0 0 0
2а/ 2с/ ^3 св 0 0 0
2а/ 2d/ 2с/ *4 С4 0 0 0
где а/, а/,..., А/, А/',... обозначают производные первого и вто-
рого порядка от alt а2,..., blf по параметру t.
37. 1. s = S11/ 14-Д2.
h h
2. cos (Л z) = — ____ = const: kt = cos 6 = —. -.
7 j/1 _|_Л2 VlH-A*
Наоборот, пусть касательная образует постоянный угол с неко-
торым направлением (например, OZ), т. е. .cos 6 = cos(t, z) = const;
тогда: dz= cos bds. Но тогда, если есть дуга проекции кривой на
плоскость XOY, то будем иметь:
ds2 = dx2 dy2 dz2 = dst2 -|- cos2 6 ds2,
откуда:
sin2 6 ds2 = dst2‘, dst — sin 0 ds\ st = s sin 6,
а следовательно:
z = st ctgO,
что соответствует определению винтовой линии.
3. Дифференцируя по s равенство: kt = cos &, находим: кп = 0.
Следовательно, главная нормаль, ортогональная к оси OZ и
к касательной, значит ортогональна и к цилиндру.
4. Для ортогонального сечения имеем:
и аналогично для винтовой линии:
= 0.
так как
d?z
ds2
ГЛАВА II
71
Но так как
£* ^ = ^(1+А2)
ds* ds* \ dst I ds* u ds* ds* v h
то, подставляя в выражения для кривизны, получим:
р = (1 -f-A*)Pi-
5. Дифференцируем два раза по s равенство: kt = cosO. Приме-
няя формулы Frenet-Serret найдем:
nk = 0; (tb — At)k = O. (*)
Но так как kb = sinO; kt = cos 0, то, подставляя в (*), получим:
т = р tg 0.
Наоборот, пусть дано: x = Hk\ Н= const. Тогда, заменяя в фор-
мулах
t' = Ап; Ь' = — тп
значение т через Hk, получим:
b' = —HAn=-tft',
т. е.
Ь' + НГ = 0,
или, интегрируя по $:
b-J-Ht = a,
где а — постоянный вектор. Умножая это уравнение скалярно на t,
получим:
77 = at;
т. е.
at = cos (a, t) = И = const,
что вполне определяет винтовую линию.
38. Пп. 1, 2 легко доказываются на основании результатов пре-
дыдущей задачи.
3. Главная нормаль в некоторой точке М кривой пересекает ось
цилиндра. Нетрудно подсчитать, что соответствующий центр кривизны
Ж1 лежит на цилиндре вращения с той же осью, что и данный. Если
принять за независимые переменные для кривых (Ж) и (Ж') дуги
ортогонального сечения цилиндра с начальными точками соответ-
ственно в начальных положениях М и М' и вычислить координаты
точки М', то увидим, что кривая (Ж') есть тоже винтовая линия и
центр кривизны для ее точки М! будет лежать в точке Ж.
39. Определитель, данный в условии задачи, можно переписать
в векторной форме:
г" [r'W] = 0 )
или > (1)
f(4)[rWrW]=0. )
Подставляя сюда значения
г" = Ап
г'" = —А^ + А'п + АтЬ
rO) 8 — 3kk't + (k" — A3 _ fa*) ц (2A't 4- Ax') b,
72
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
получим:
г(4) [г"г'"] = /г8 (£?' — k'-t) = А5 А ( _LV (2)
L J 4 ds \ k }
Итак, если (1) выполняется, то из (2) заключаем,
d / t t .
--- 1 — 1—0; -— = const,
ds \ /г / «
и, следовательно, линия винтовая.
Наоборот, если данная кривая есть винтовая линия, то отноше-
ние ее обеих кривизн есть величина постоянная, а следовательно:
"ds \ fe )“ ’
т. е. выполняется условие (1).
40. Обозначая искомое расстояние через Л, радиус кривизны
ортогонального сечения цилиндра через р, угол смежности ортого-
нального сечения через dO и угол пересечения кривой с образую-
щими цилиндра через а, получим:
А = __1
sin2 а cos а dO
41. /?= -т-s— 1/ р2+ I-—тт: I ; обозначения те же, что в пре-
sin2 а У г 1 \cosadO/
дыдущей задаче.
42. Гиперболическая спираль. Пусть центр проекций имеет коор-
динаты (0, 0, с). Тогда уравнение проектирующего луча будет:
X ___ у ____ Z—с
a cost a sint ht—с *
Полагая z = 0, найдем параметрические уравнения искомой
проекции:
- са cos t са sin t
Х ht — с ’ ? ht — с1
откуда, вводя полярные координаты и исключая А, получим ура-
внение:
г (с — Л6) =s ас.
43. Обозначим углы, образованные направлением проектирования
с осями координат, через X, jx, v; уравнения винтовой линии пусть
будут:
х — а cos t] у = а sin t] z = ht.
Отсюда легко получить уравнения проекции в параметрической
форме:
cos X cos a ,,
х = a cost--------ht\ y = asint--------— ht.
cos V COS V
ГЛАВА II
73
а это есть уравнения циклоиды. Она будет удлиненной, обыкновенной
или укороченной, в зависимости от соотношения:
A2 (cos2 X -I- cos2 |х) > _
COS2V <
или иначе:
. > R
^<~к-
44. Возьмем уравнение конуса в виде:
х2 -f-у2 = z2 tg2 а,
где а — угол между осью конуса и его прямолинейной образующей.
Пусть уравнение проекции винтовой линии на плоскость ХО Y .будет:
г = /(«)•
Тогда параметрические уравнения самой винтовой линии будут:
x=/(6)cosO; _y=/(6)sin6; z=/(0)ctga.
Остается определить вид функции /(9). Для этого напишем
условие того, что касательная к винтовой линии образует постоян-
ный угол с прямолинейными образующими. После несложных преобра-
зований получим:
Г (6)
7 v 7 - — = COS Ф = const,
V /'2(6)-|-/2(0)sin2a
откуда
= sin a ctg ф; f (6) = сет\ т — .
7(0) бт» /к/ tg<p
45. Логарифмическая спираль; ее уравнение в полярных коорди-
натах имеет вид:
г = ^Овш’с‘е’(см. предыдущую задачу).
46. Прямая линия.
47. Пусть г* есть радиус-вектор полярной кривой, а г — радиус-
вектор данной кривой. Тогда можно написать:
Гк = г + рп4-ар'Ь. (1)
Дифференцируя это равенство по s, получим:
ds
** = t + р'п + р (тЬ — At) + (ар')' b — тар'и = {рт (ар')'} Ь. (2)
Отсюда:
/У с
t+ = b; -^ = Р--НаР')'. (3>
Дифференцируя первое из этих равенств по $, найдем:
, ds*
k*n*-dT = -xn'
74
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда следует:
П* = —п;
, dsj,
* ds
Последнее из этих равенств определяет k*:
k - х
А*-> + (зр'у
48. На основании результатов предыдущей задачи имеем:
b* = [t+n4;] = — [bn] = t.
Дифференцируя это равенство по s, получим:
ds* _
-------------------------Ml = £П.
* 4 ds
Но так как
п* = — и; — = рт + (ар')',
то из (1) находим:
_ k
Х*~рт + (ар')'*
(4)
(1)
49. На основании (4) задачи 47 и (2) предыдущей задачи имеем:
К т ‘
Так как (Г) есть винтовая линия, то для нее должно быть спра-
ведливо соотношение:
k
— = const.
Но тогда, на основании (1) и для ее полярной кривой (Г) будем
иметь:
= const,
Ь*
что и доказывает требуемое.
60. Нормальные плоскости искомых кривых являются соприка-
сающимися плоскостями данной кривой геометрического места их
соприкасающихся сфер. Тогда, обозначая через R радиус-вектор
точки М искомой кривой, а через г радиус-вектор соответствующей
точки М' данной кривой С, можем написать:
R = r4-Ht-[--yn, (1)
где и и и— проекции отрезка ММ' на направления касательной t
и главной нормали п данной кривой С.
Дифференцируя (1), получаем:
-^В. = t (1 -|~ и' — vk) -|- п (и£ -j- У) -|- btn. (2)
ГЛАВА II
75
Но так как касательная к искомой кривой параллельна бинор-
мали данной кривой, то коэффициенты при t и и в правой части
равенства (2) должны обратиться в нуль:
1 = 0; uk -|- У = 0,
или, иначе:
du v dv___________ и , .
~ds~~^~ ~ds~~ 7*
Если теперь вместо $ ввести новую переменную а, определяемую
формулой:
/ds
—,
Р
то уравнения (3) примут вид:
dv du
и =--— = v —р.
da da
Из этих уравнений нетрудно
ние, определяющее ф:
получить дифференциальное уравне-
d?v ,
Интегрируя это уравнение, получаем:
v = C1 cos а Са sin а — cos а
sin a ds -f- sin а
где Ct и С2 — постоянные интегрирования. А так как и
находим из (4):
и = Ct sin а — Са cos а — sin а
sin a ds — cos а
cos а ds,
dv
da
cos а ds.
, то
(5)
Таким образом, если подставить найденные значения и и v в (1),
то получим уравнения, вполне определяющие все искомые кривые.
51. Решается на основании предыдущей задачи.
52. Возьмем уравнение геометрического места (Г) концов отрез-
ков в векторной форме:
R = r4-£t. (1)
Дифференцируя по получим:
rfR dS
dS ds
(2)
14~ д£п,
где S есть дуга кривой (Г). Обозначая единичный касательный вектор
линии (Г) через Т, можем уравнение (2) переписать так:
T-^ = t4-a£n, (3)
ds 1 '
откуда:
as
(4)
IQ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
и, следовательно:
У 1 + а№ '
Дифференцируя еще раз по s и заменяя dS по (4), будем иметь:
M/fiA 1 _1_а2^2 4~ п — а&1 4“ (t a An) kk'cfi
"Г а ~ У1 + а2Аэ (1 4- а2А2) V 1-|-а2А2 ’
где N есть единичный вектор главной нормали кривой Г. Возводя
в квадрат (скалярно), получим после небольших преобразований:
(1 4- а2А2)3 № в «2^2 (1 _р a4k4) _|_ (£ _|_ ak' 4- rt2£3)2.
53. Возьмем уравнение кривой (Г) — геометрического места концов
отрезков в векторной форме:
R = г 4~ ab.
Дифференцируя по 5, получим:
Т —т— = t — атп,
ds
где Т есть единичный касательный вектор линии (Г), aS—ее дуга.
Из (2) получаем:
(1)
(2)
(3)
Заменяя в (2) dS по (3), будем иметь:
_ t — атп
Т = ——
Дифференцируя это равенство по s и заменяя dS по (3), будем
иметь:
NK УТ+'аЧ8 а ~ ) п ~ дт2Ь 4 _ (t —атп)а2тт'
У /1 -Н а2т« (1 4-а2т2) У1-|_д2Т2’
Наконец, возводя в квадрат (скалярно), получим после неслож-
ных преобразований:
(1 + а2т2)з д-2 = а2х4 ц С2х2) -}- (А — ak' 4- а2Ат2)2.
_ ат2
54. tg 6 = —.
55. По условию имеем:
t* = t.
Дифференцируя это равенство по 5, получим:
♦ ds* А
А*п+ —р- = Ап.
ds
Но так как п* = п, то
ds
(1)
ГЛАВА II
77
Далее, дифференцируя по s равенство Ь* = Ь, получим:
откуда:
ds*
ds
(2)
Наконец, сравнивая (1) и (2), находим искомое соотношение:
k* ds т*
k ds* т
66. Так как обе кривые имеют» общие бинормали, то их сопри-
касающиеся плоскости в соответствующих точках будут параллельны.
Следовательно, векторы t/пи t* компланарны. Тогда:
t* = t cos a -J- n sin а» (О
где
«=(0*).
Дифференцируя (1) по $, получим:
ds* do
k*n* —z— — kn cos a 4~ (”b — &t) sin а (n cos а — t sin a) —r~.
US Cl о
Наконец, умножая это равенство скалярно на b и принимая во
внимание, что b = Ь*, получим:
0 = т sin а,
что и доказывает требуемое.
57. Пусть положения соответствующих точек кривых (С) и (С*)
определяются радиусами-векторами г и г*. Тогда, обозначая расстоя-
ние между этими точками через а, будем иметь зависимость:
г* = г an.
Дифференцируя по st получим:
d 9*
t* — == 14- a'n + a (zb — £t). (1)
Умножая это равенство скалярно на п и принимая во внима-
ние, что
п = Ь*
и, следовательно:
t*n = t*b* ® О,
будем иметь:
О = а'\ a — const.
После этого из (1) найдем:
Н С* (1 С* - .
Н — = t (1 — ak) 4- axb; — = /(1 — ak)^ 4~
Cl&
78
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда:
, t(l—аА)-Ь<этЬ
К (1 — аА)2 ’
Дифференцируем еще раз по $, затем умножая скалярно это
на п и принимая во внимание, что
пи* = Ь*п:1, = О,
получим искомое соотношение:
58. Определим кривую (Г) переменным радиусом-вектором г($).
Тогда уравнения (Го) и сопряженной кривой соответственно будут:
го
= г cos 6 r0 sin 6.
Дифференцируя эти равенства no s, найдем:
*o*o_ = b; 41"7Г- = ‘«>8в +
dsQ ds dS ds 1
Обозначая, для краткости, единичные векторы:
dR
ds0
будем иметь:
t ds0
Т° ds
Q
b; T —= t cos 6—I—b sin 6,
ds
откуда:
^-=1; ~=V t«=b;
ds ds u
T = t cos 0 4“ b sin 6.
(О
(2)
Чтобы найти кривизну исследуемых линий, достаточно продиф-
ференцировать (1) и (2) по s и воспользоваться формулами
Frenet:
Serret-
Аоп = — тп; KN = (k cos 6 — т sin 0) n.
Следовательно, можем положить:
Л0 = т; п0=—п;
/C=^cos0 — т sin 6; N = n.
(3)
(4)
Чтобы определить кручение, найдем сначала единичные бинор-
мальные векторы Ьо и В. Из (1) и (3) имеем:
Ьо = [tono] = — [bn] = t;
следовательно
b0 = t. (5)
Далее, из (2) и (4):
В = [TN] = [(t cos 0 4- bsin 0) п] = b cos 6 — t sin 0. (6)
ГЛАВА II
79
Если теперь продифференцировать Ьо и В по s и воспользоваться
формулами Serret-Frenet, то найдем кручение. Таким образом, из (5)
имеем:
топо==
откуда, принимая во внимание (3), находим:
т0 = Л. (7)
Продифференцируем теперь (6) по $:
— = — (т cos 0 4~ A sin 6) п,
откуда, на основании (4):
Tj = т cos в-j- k sin 6. (8)
Соотношение (7) показывает, что если кривая (Г) имеет постоян-
ную кривизну k = const, то кривая (Го) имеет постоянное кручение
т0 = const.
Исключим теперь т из (4) и (8):
К cos 0 -f- Tj sin 0—А = 0. (9)
Это уравнение показывает, что если кривая (Г) имеет постоянную
кривизну А = const, то кривизна # и кручение 14 сопряженной линии
связаны линейной зависимостью (9) с постоянными коэффициентами
(6 = const). Следовательно, сопряженные линии для кривых постоян-
ной кривизны суть криЕые Bertrand’a.
Можно аналогично доказать, что если кривая (Г) имеет постоянное
кручение т = const, то (Го) будет иметь постоянную кривизну Ао = const,
а сопряженные кривые будут кривыми Bertrand’a.
59. I. Заметим прежде всего, что искомая кривая (С) есть вин-
товая линия. Это следует из того, что отношение, радиуса кривизны
к радиусу кручения равно постоянной величине (единице).
Условимся для сокращения записи обозначать направляющие
косинусы касательной, главной нормали и бинормали соответственно
через
а» Р> Т> а1> Р1» *11» а2» р2> *12’
Тогда, принимая во внимание, что р = — а = 2, из формул Serret-
Frenet получаем:
dat а2 а оса—ос
ds о р s У 2
Эти равенства можно переписать иначе]
da dax da2 ds
otj —a2—04 ax s/2
80
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Введем новую переменную t, обозначив общую величину этих
dt
отношений через ^=. Тогда будем иметь:
ds _______________________________ dt
s / 2 ~ ’
откуда:
s = el.
Выразим теперь а, ар а2 в функции от t. Для этого составляем
систему дифференциальных уравнений из (1):
da dt о /2
da{ dt 5+ to о (2)
(fay dt —7= = °- /2
По ^условиям задачи 'нужно из этой системы найти также частные
решения а, ар а2, которые при $=1 (т. е. при / = 0) принимают
значения:
1 м 1 а=-т=’» «1 = °; —• /2 1 2 2 (3)
Находим общие решения системы (2). Исключая из (2) а, и а2,
получаем: Общий Подставляя dsa .da dfl "г" dt °* интеграл этого уравнения будет: а = С\ -ф- С2 cos t + С3 sin t. найденное значение а в первое уравнение (4) системы (2),
найдем Лр аг = — У 2 С2 sin V2 cos Наконец, подставляя а и во второе уравнение (5) системы (2),
найдем а2:
ос2 = — 4- Са cos С3 sin t. (6)
Полагая в (4) и (6) t = 0 и принимая во внимание (3), получим: -L-C. + C,; 0 = /2С3; А = _С1 + С2,
откуда: <?, = <); Са = 4=; с’ = °-
ГЛАВА II
81
Подставляя найденные значения в (4), (5) и (6), будем иметь:
а = —^=cos/; а< = — sin/; а9 = —l=.cost (7)
V2 /2
Для определения р, рр Р2 и 7, ?2 мы получим такие же
системы, как (2), откуда найдем:
Р = Лх-|- Л2 cos /4-Я3 sin t j
Pi = — У2 Л2 sin t У 2 Л3 cos t 1 (8)
p2 = — Л, -A cos t J- A3 sin /, J
а также для 7, 7P 7a:
7 = Bx + B2 cos t -|- B3 sin t ]
7t =— y^BaSinf + j/^BgCos t J (9)
72 =— Bj J-B2 cos /—|—Bg sint J
Но принимая во внимание, что по условию задачи при s = 1 (/ = 0)
должно быть:
р = 0; ₽1в-1; ₽2 = ° -
1 а 1
Т« = °! ^~у=2
Определяем Лп Л2, Л3, Вр В^, В8: Вх = 1 yi’ В2 = 0; В3 = 0.
Л1 — 0, Л2 0, Лд 1_. /2’
Подставляя в (8) и (9), получим:
Q 1 * А Р cos t\ ?2 = ' 1 . . — sin t /2 (Ю)
71 = 0; 72 = 1 “/2' (11)
Из (7), (10) и (11) видим, что касательная к искомой линии обра-
зует с осью OZ угол —, главная нормаль ортогональна оси OZ,
_ 5тс
а бинормаль образует с OZ угол -у-.
Определим теперь
4 ’
координаты х, у, г. Так как
dx = a ds\
ds = e* dt]
то, следовательно:
dy = р ds’, dz = y ds
a = —7= cos t\ p =----— sin /; 1
/2 /2 J
(12)
dx = -±=.е* cos tdi\ dy =---^Le*sin/; dz —-±=i e* dtt
6 Зак. 1Б71. —В. И. Мшшнокий
82
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда после интегрирования по t:
или, окончательно:
х = е* cos
1 t •
у = — е* sin
П. Из уравнений (13) видим, что при возрастании t на 2к точка
М (х> У> z), перемещаясь по кривой, опять возвращается на прямую
О2И, угловые коэффициенты которой
cos (-2. — /V sin(-^----Л, V 2. (14)
\ 4 / \ 4 )
Эта прямая образует с осью OZ постоянный угол Ut так что:
tgU=-±=
Следовательно, искомая кривая есть винтовая линия, лежащая на конусе
вращения с осью OZ. Исключая t из выражений для х, у, z, получим
уравнение этого конуса:
2 (х2 +_у2) = <г2
Точка О соответствует 5 = 0 или t = — со. Это так называемая
асимптотическая точка кривой. Легко видеть, что О есть особенная
точка, так как при t =— оо все производные х', у', zr обращаются
в нуль.
Найдем теперь угол V, который образуют касательные винтовой
линии с образующими конуса. Принимая во внимание (14) и (12),
получим:
ГЛАВА II
83
откуда
Из (7), (10) и (11) непосредственно заключаем, что:
1. Сферическая индикатриса касательных есть круг радиуса ,
лежащий на плоскости г = —к= и с центром на оси OZ.
/2
2. Сферическая индикатриса главных нормалей есть круг радиуса 1,
лежащий на плоскости z=0 и с центром в начале координат.
3. Сферическая индикатриса бинормалей есть круг радиуса
У 2
лежащий на плоскости г —-----?= и с центром на оси OZ.
/2
Выясним теперь вид проекции линии (С) на плоскость XOY,
Из уравнений: »
i , /71 Л 1 + « /71
х = — е* cos —---t ; у = — et sin I — t
2 \4 / 2 \ 4
непосредственно получаем:
где r, 0 — полярные координаты точки tn (проекции M на плоскость
хОу).
Следовательно, уравнение проекции (С) в полярных координатах
будет иметь вид:
Итак, проекция есть логарифмическая спираль с полюсом О,
Наконец, выше мы уже видели, что касательная МТ образует
угол с осью OZ, а следовательно и с образующими проектирую-
щего цилиндра.
Ш. Так как радиус соприкасающейся сферы определяется пс
формуле:
^=Ур2 + (ор')2,
то, подставляя сюда 9 = $]/^ 2, а = —s]/ 2, р' = уг2, найдем:
R = /2s2 4- 4s2 = s /6.
Радиус-вектор г0 центра соприкасающейся сферы равен:
гс = г + рп + ар'Ь,
6*
84
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
или, в координатном виде:
*е = *-|-Ра1 + ар'а2
* ус ~у 4- p₽i 4- °рЪ
2Гс = -г4-РТ1+ор''г2-
Подставляя сюда значения х, у, z из (13) и принимая во внимание
(10) и (11), получим:
х„ = т; ef cos | 5 — и — 2 sin t — e* V 2 cos t = — 1 & cos | •? — t)
c 2 \ 4 / 2 \4 /
yc = e* sin [ — е* У 2 cos t -]- ef ]/~2 sin t = — e* sin — t j
2 \4 / 2 \4 /
zc=-p/2 + e'/2 = -e</2.
Отсюда видим, что геометрическое место центров соприкасающихся
сфер линии (С) есть коническая винтовая линия, лежащая на том же
конусе, что и линия (С), и обладающая аналогичными же свойствами.
60. По условию задачи имеем зависимость:
t = t*
Дифференцируя это равенство, получим:
&n ds — k*n*ds*9
где k, k*, n, n*, s, 5* обозначают, соответственно, кривизну, единич-
ный вектор главной нормали и дуги двух кривых.
Отсюда выводим:
и = и*,
следовательно, сферические индикатрисы главных нормалей кривых
совпадают.
Далее, имеем:
b* s [t*n * ] = [tn] = b;
откуда следует, что и сферические индикатрисы бинормалей совпадают.
61. Возьмем две кривые (Г) и (Г*). По условию задачи должно
иметь место соотношение:
b = b*
Дифференцируя это равенство, будем иметь:
— тп ds = — т*п
следовательно:
п = п*.
Отсюда заключаем, что сферические индикатрисы главных нор-
малей у этих кривых совпадают.
Далее, имеем:
t* = [n*b*] = [nb]==t.
Следовательно, и сферические индикатрисы касательных также
совпадают.
ГЛАВА II
85
62. Докажем сначала, что угол, образованный двумя соответ-
ствующими касательными, сохраняет постоянное значение, т. е,
tt* = cos 0 = const.
Дифференцируя это равенство, получим:
d с os 0 = knt* ds + k* tn*ds*. (1)
Но по условию задачи n = n*, следовательно:
nt* = n*t* = 0; tn* = tn = O, (2)
и правая часть (1) обратится в нуль, откуда следует:
6 = const.
Для доказательства того, что угол, образованный бинормалями
в соответствующих точках, сохраняет постоянную величину, посту-
паем аналогично. Дифференцируя равенство
cos<p = bb*, (3)
будем иметь:
d cos.<p = — tnb*flfs — x*bn*ds*,
откуда, на основании n = n*:
d cos ® — 0.
Следовательно
<p = const,
что и доказывает требуемое.
63. Обозначим радиус-вектор индикатрисы через гг Тогда:
ri = t
откуда:
ds
dr = г. —— ds,.
1 dsx 1
Полагая:
где <р — знак произвольной функции, и подставляя в (*), получим:
dr = Fjcp (SJ dsv
Следовательно, искомая кривая будет:
7 г= J «1 (5i) ? (5i) dsv (**)
Не трудно показать, что и наоборот, если дана кривая (**), то ее
индикатриса из касательных будет как раз:
rI = t.
Для этого достаточно продифференцировать (♦*) по а1 и затем
положить:
ds = (sj dsv
86
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
64. Аналогично предыдущей задаче будем иметь:
г1 = Ь.
Дифференцируя это равенство по получим: , ds tj = —тп -у—.
Но так как: ds, ds T’
то будем иметь: *l=n.
откуда, после векторного умножения на Ь, получим:
[tjb] — [fib] ИЛИ [tiFj] = t.
Следовательно:
ds
dr = [t1r1]ds = [t1r1] — dsv
U-o J
Полагая
ds / \
где <p — знак произвольной функции, получим искомую кривую:
г= | [*i> ril ?(si)dsr
65. Обозначим орты касательной, главной нормали и бинормали
индикатрисы через tp np bp а для искомой кривой — t, п, Ь, как
обычно. Тогда радиус-вектор гх точки индикатрисы будет
Г1 = П.
Дифференцируя по Sf. (дуга индикатрисы), найдем:
(Tb_At)^=tl.
Но:
(тЬ — At) = - ". b----\ ---1
ds{ ]А34-£2
Положим:
т k
- = sin w; —. = cos <о.
/Т2_|_£2
Тогда будем иметь:
tj = b sin со — t cos со.
Для определения со продифференцируем (*) по
t/ = (b cos co -f-1 sin co) —------н (t sin co -J- k cos co) ——.
dsx dst
ГЛАВА. II
87
Умножим обе части этого равенства скалярно на (t sin со-}-
—b cos со):
t/(tsinco-|-bcosco) = . (**)
CIS
Умножая, далее, векторно (*) на п, получим:
[ntj = t sin со -{“ b cos co,
и, наконец, подставляя в (**), найдем:
77- = V [ntj = [tjnJ = . (***)
Дифференцируя два раза по равенство = 0, получим:
^iniri = 0 или п1г1-|-Р1 = 0
Vibi = —Р/; 1-1^ = -- р/ор
Подставляя в (***), получим со':
d<st a, rfpj
dsx Pj ds j
CO =-------
Pi
Определим теперь t. Для этого умножим равенства:
tj = b sin со — t cos со; [ntj = t sin.со -|- b cOs co
соответственно на cosco и since. Рычитая затем из второго
найдем:
t = [ntj sin co — tj cos co
или
t = [r1t1] sin co — cosco.
Но так как вектор dr параллелен вектору t, то
— dr = ([r^J sin co — tt cos co} <p (5,) ds^
где <p — знак произвольной функции. Эта последняя формула
ляет искомую Кривую:
первое,
r =
{[qt] sin co — tj cos co} <p (sJ ds.
опреде-
Не трудно показать, что всякая кривая (****) имеет своей сфери-
ческой индикатрисой (из главных нормалей) кривую
г1 = п.
66. Дифференцируем по равенство Fj = t:
X X. ds
t = kn .
- 1 dsr
• ds
Полагая —— = <p (sj, где <p (sj — произвольная функция, получим:
CIS ।
Ц =nAcp(s1),
88
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда
, 11 ( \
k =----= — , Т ИЛИ р = <р(51),
Р Н*1)
так как всегда можно выбрать положительное направление ортов
tj и п так, чтобы tx = п.
Далее:
b = [tn] = [rx tj.
Дифференцируя это равенство по $х, найдем:
ds Г ТА
или
“ 'с*1<р(У = [г1п1]Л1,
откуда:
т — — tx [г, пх] —-ч• = гх [tx пх] т « гхЬх -у1-; • (*)
1 ?(*1) ?(51) ?(5i)
Для определения гх Ьх нужно продифференцировать по $х
тождество:
= О
1 +^хпхгх = О,
откуда
niri = — Pi-
Дифференцируем еще раз:
(тхЪх —A1t1)rx + nxt1= —р' или тхЬхгх = — р/.
Подставляя отсюда значение Ьхгх в (*), найдем:
°1Р/
Pi?(5i)’
67. Касательный орт кривой будет:
t = [rxtx] sin ® — tx cos w (см. задачу 65).
Дифференцируя это равенство по sx, получим:
ds
kn -т— = kx [rxnx] sin ш — Лхпх cos <o + ( kitd cos ® + tx sin ®} ®'.
Умножая скалярно обе части этого равенства на п = гх, найдем;
ds
k~ds[ = ~^1П1Г1 C0S(D- О
Наконец, дифференцируя тождество rxtx = 0, находим:
1 Ч-^.п.г. = 0.
Подставляя в (*), получим:
ds
k—— = cos (0.
ds.
ГЛАВА II
8$
Следовательно:
1 cos со
ds / ч ,
где -^- = <p(Sj) есть произвольная функция от
Для определения кручения т продифференцируем по равенство»
b=[tn] = [tr1]:
— тп^- = ^ [П1Г1] + 1Н11-
Умножая обе части на п = г1, получим:
тер (st) == t [ntj.
Но так как
[ntj = t sin ш -J- b cos co,
где (см. задачу 65)
co = — f -O1- ds^
J Pi
то окончательно получим:
___ sin®
T~Xsi)‘
68. Пусть tp nn — орты касательной, главной нормали »
бинормали индикатрисы, a и — ее кривизна и кручение. Диф-
ференцируем по равенство b = tj:
cfs .
— тп =
ds. 1 ’
ds
где —— = y(s1')— произвольная функция.
as
Отсюда получаем:
ds
dst
T =-----
Для определения кривизны k нужно взять производную по
от обеих частей равенства (см. задачу 64):
Получим: kn ^-=kl [п^],
откуда
fa? (si) = М [niri ] = Mi kin] =—Mi*=MA*
Дифференцируя два раза no равенство: r1t1 = O, находим:
МЛ 4-1 = 0 или 4~ Pi = О
(тхЬ1 — k ) rx 4- и i ti 4- р/ = О,
откуда
r1b1 = — OiP/.
90
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Итак, окончательно получаем:
А- Р/°1
Р1 <р ($1)
69. Пусть главные нормали в двух смежных точках М (г) и
М! (г -f- dr) кривой суть п и n-j-dn. Очевидно, для их пересечения
необходимо, чтобы три вектора dr, п, n-|-dn были компланарны,
т. е. должно выполняться условие компланарности:
dr [n (n-р dn)] = 0,
или, иначе:
rfr[nrfn]=0, (1)
Но так как:
dr = t ds', dn = (xb — At) ds,
то (1) можно переписать так:
t[n(Tb —At)] = O,
или, окончательно:
t [nb] т = 0,
Но так как:
t[nb]= + l,
то, следовательно, т = 0, что и доказывает требуемое.
70. Пусть в двух смежных точках М (г) и М' (r-j-dr) неплоской
линии бинормали суть b и Ьф-^Ь.
Чтобы эти нормали пересекались, необходимо, чтобы три вектора
dr, b и b -1- db были компланарны, т. е. должно быть:
dr [b (b + db)] = 0. (1)
Заменяя здесь:
- dr = ids', b ф-db = b — tn ds, 4
будем иметь:
dr [b (b ф- db)] = — t [bn] т ds* = т ds*.
Так как для неплоской линии т ф 0, то соотношение (1) не
имеет места, и следовательно бинормали не пересекаются.
71. Пустч> бинормали в точках М (г) и Af'(r-|-dr) неплоской
линии суть b и b-|-db. Так как кратчайшее расстояние измеряется
по их общему перпендикуляру, то найдем единичный вектор е, орто-
гональный векторам b и Ьф-db. Очевидно, это будет вектор:,
[Ь (Ь —]—db)] —[bn] rds
е = Т[ь(ь+</ь)Ц---------=t
Величину искомого кратчайшего расстояния 8 можно рассматри-
вать как проекцию вектора dr на направление e = t. Следовательно:
8 = е dr = t dr = t2 ds = ds.
72. Пусть главные нормали кривой в точках 2И(г) и 4f'(r4-dr
будут п и пф-dn. Кратчайшее расстояние между этими нормалям
ГЛАВА II
91
измеряется по их общему перпендикуляру. Обозначая единичный
вектор этого перпендикуляра через е, можем написать:
__ [и (п tZn)] __ [n <Zn] [п (тЬ — At)-] _ Tt
е“ | [n (n + flfn)] | “|[nrfn]| = |[n(tb — At)]| + № ’
Рассматривая искомое кратчайшее расстояние 3 как проекцию
вектора dr на направление вектора е, будем иметь:
3 — е dr = et ds = -——==.
73, dp = a. ds, где a — угол пересечения винтовой линии
с образующими цилиндрической поверхности.
74. Обозначая радиус-векторы соответствующих точек кривой
и ее эвольвенты через г и г*, можем написать:
r^r + (c-s)t, (1)
где с есть произвольная постоянная, а $ и t — дуга и единичный
касательный вектор данной кривой. Дифференцируя (1), получим:
‘*^=(c-s)An’
откуда:
t* = n; ^ = (с—s)k. (2)
Дифференцируя по s первое из'этих соотношений, будем иметь
А*пл = тЬ — kt
* * ds
или на основании (2):
t тЬ —At
4 (с — s)k
Отсюда находим искомую кривизну:
xb — kt
(с — s)k
(3)
(4)
Ь*
(c — s)k
76. Из (2), (4) и (5) предыдущей задачи имеем:
, тЬ — kt
' , 1—-—— >
откуда:
b* = [t.x.n;|s] =
Дифференцируя это равенство по s, находим:
ds*__________________(zb — At) (k'x — kt')
~x*n*~ds T. ’
92
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
или, принимая во внимание (*) и (2) предыдущей задачи*
, . . kx' —k'x
^n* k (с — s) — - - п*.
Отсюда находим искомое кручение:
kx' — k't
(О
Черт. 4.
(Г)
76. Выведем сначала уравнение эволюты. Пусть данная кривая (Г),
а (Г*) ее эволюта (черт. 4). По определению эволюты ее касательная
в точке М* должна быть нормалью
кривой (Г) в соответствующей точке
М. Следовательно, вектор
г* — г = ММ*
лежит в нормальной плоскости кри-
вой (Г) в точке Л4. Обозначая его
составляющие по направлениям п и
b через и и я, можем написать:
г* — г =/2П + г/b. (IJ
Для определения и, v поступим
следующим образом. Дифференци-
руем (1) по $:
t* = (1 t + («' T>r) п -|- (vr Ц- пт) b .
(2)
Умножая обе части этого равенства скалярно на t и принимая
во внимание, что векторы t и t* взаимноортогональны, получим:
0 = 1 — uk,
откуда определяем и:
1
Подставляя это значение и = р в (2), будем иметь:
ds
= <Р' — n + (V' + рт) Ь. (3)
Но так как векторы (г*— г) и t* параллельны, то их составляю-
щие по направлениям b, п должны ..быть пропорциональны. Таким
образом, из (1) и (3) находим:
р7 —tn___v' 4“ рт
р V ’
откуда:
р'я— я'р
рЗ V2
или, иначе:
d / р \
— arc tg | — | = т. (3*)
ds \ я ] -
ГЛАВА II
93
Интегрируя это равенство, получаем:
arc tg = J* = (4)
где 0о есть постоянная интегрирования.
Следовательно, из (4) находим v:
v = Р etg (9 + 60). (5)
Подставляя найденные значения u, v в (1), получаем уравнение
эволюты:
г* = г 4" рп 4“ bp etg (0 4-90). (6)
Обратимся теперь к определению ее кривизны k*, Дифференци-
руя (6) по s и принимая во внимание (4), получим:
t* = { р' —рх etg (9 + %)) (1 + ь сtg (6 -I- 0о) ). (7)
С другой стороны, принимая во внимание, что (9 4~%) есть угол
между бинормалью и вектором (г^ — г), можем написать:
t* = n sin (0-|—0о) —|—b cos (0-]-%)• (8)
Сравнивая это соотношение с (7), получим:
ds
sin (0 + 60) = р' — рт etg (0 + 0о),
откуда находим:
= р'(в + °о) — Рт cos (° + %) zqx
ds sin2(0-f-6o) 1
Дифференцируя (8) по s и принимая во внимание (4), получим:
ds
kA ~^==~ik Sin (° + 9°)*
Следовательно:
ds
«* = “ t; A*= A sin (9 4-0o). (10)
Заменяя здесь ds*’.ds из (9), найдем искомую кривизну эволюты:
k ________________________^sln3(6 + 6o)
* k' sin (0 4~ 60) Ат cos (6 4- 0о) ‘
77. Для определения кручения т* найдем сначала вектор бинор-
мали Ь*. Из (8) и (10) предыдущей задачи имеем:
b* = [t4!nJ == [t, п sin (6 -j- 90) _|_ ь cos (9 4- 0о)] =
= b sin (9 4- 90) — и coS (9 4- 90).
тт жд.
Дифференцируя по s и заменяя — на т, получим:
as
ds
Т*П* ~ds^= cos (9 “Ь 9°)’
94
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда, на основании (9) и (10) предыдущей задачи, имеем:
__ ^3cos(0-|_Ms^n2(®4_%)
Т* k! sin (0 -р %) 4“ Ат cos (6 4~ 60) ’
78. Так как для данной линии т = 0, то кривизна и кручение ее
эволюты (см. две предыдущие задачи) принимают весьма простой вид:
А3 ьз
А* == —£7 sin2 (6 4. 60); т, = - —sin 2 (0 4- 60). (1)
Прежде всего замечаем, что т* = 0 только в случае:
2(О4-0о) = * или 04-0o = -L
(остальные значения О 4" % не представляют интереса). Следовательно,
существует только одна плоская эволюта.
Далее, из (1) имеем:
ъ
£=tg (в+«<>).
Но из (3*) (см. задачу 76), полагая т = 0, получаем:
arctg ( j = 0 -|“% — const,
следовательно:
ъ
-±=tg (О 4А) = const,
а это и доказывает, что все остальные эволюты (т^. ф 0) суть винто-
вые линии. ,
79. Конус с вершиной в центре сферы, на которой расположена
данная кривая.
80. Спрямляющая поверхность кривой будет конусом, если отно-
шение радиуса кривизны к радиусу кручения этой кривой есть линей-
ная функция от $:
Р
— = ps~\-q\ d= const; q — const.
о
81. Расстояние 6 вершины конуса от соприкасающихся плос-
костей постоянно:
* 1
о = — = const.
р
82. Сфера с центром в вершине конуса. Решается на основании
предыдущей задачи.
83. Поместим начало координат в точке Мо так, чтобы оси OXt
OY, OZ совпали соответственно с касательной, главной нормалью и
бинормалью кривой (Г) в этой точке. Тогда координаты х,у, z точки М
ГЛАВА 1Г
95
достаточно близкой к точке Af0, можно представить в виде разложе-
ний по степеням дуги $:
(1)
где р0 и а0 — радиусы кривизны и кручения в точке >И0.
Обозначим теперь через 7), С текущие координаты переменной
точки Р касательной кривой (Г) и через X длину отрезка между точ-
кой касания (х, _у, z) и точкой (£, -q, Q. Тогда:
dy
ds ’
dz
ds ’
(2)
Так как при выбранном расположении осей координат плоскость
XOY будет соприкасающейся плоскостью линии (Г) в точке Л40, то
для нахождения геометрического места точек пересечения этой плос-
кости с подвижной касательной нужно положить в (2) С = 0, заме-
нить х, у} z их значениями из (1) и затем вместо X в выражениях
для *q подставить его значение, определенное из:
dz
ds '
Проделав соответствующие вычисления и преобразования, по-
лучим:
«о=у«+-.-; 1’о=б^+---> (3)
где So, *q0 обозначают координаты точки пересечения произвольной
касательной с соприкасающейся плоскостью (XOY).
Так как дуга кривой (3) — геометрического места точек (£0, *q0)—
есть:
2 .
з s+ •••>
то, подставляя в (3), будем иметь:
(4)
Если же написать разложения координат So, т]0 по степеням дуги s+>
аналогично (1), то будем иметь:
$ 2
+ • • • > "По == 2р* • • •» СО
96
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
где Ро есть радиус кривизны линии (3) в точке ЛГ0. Сравнивая (4) с (5),
получаем требуемое соотношение:
Ро__ Л
Ро* 4 ’
84. Радиус-вектор центра соприкасающейся сферы есть
г0 х= г-j-рп 4-ор'ь.
Дифференцируя это равенство по $, найдем:
__ Р | ' Г nf I ^Р
Принимая во внимание, что радиус R соприкасающейся сферы
определяется формулой:
«=Vp8+(¥)a,
получаем посредством дифференцирования:
R dR — р dp op'2 d<s -~j- а2р' dp'.
Если теперь разделить это равенство на adp и умножить на dsi
.а затем принять во внимание (*), то получим искомое соотношение.
85. Угол пересечения двух соприкасающихся сфер в точках М
и М':
ds
R2 dlnp а *
где 8 — расстояние между центрами соприкасающихся сфер Е и Е',
a R — радиус соприкасающейся сферы Е в точке Af.
Сферическое кручение в точке /И:
din/?
т------------------------------.
dlnp
ГЛАВКА Ш
86. Так как:
ds
Р d<p ’
•то, принимая во внимание, что р = а, будем иметь:
ds = ady.
•Следовательно:
dx = cos <? ds = a cos у dy
dy = sin ds = a sin <p d<p,
юткуда, после интегрирования:
x—jt0 = asin<p; у—yQ — — a cos ср.
Исключая <p, находим уравнение искомой кривой:
(x_Xc)2+(J)_j,0)a = e»1
ТЛАВА III
97
что представляет собой уравнение окружности с радиусом а и совер-
шенно произвольным центром (л:0, у0).
87. Рассуждая аналогично предыдущей задаче, будем иметь:
cos 9 d<? а
х— xQ — a
2 sin2 у *
sin3 9
У— Уо=а
- = — a etg <о.
Исключая 9, получим уравнение искомой кривой:
что представляет собой параболу с параметром а и осью симметрии,
параллельной оси ОХ.
88. Отбрасывая постоянные
интегрирования, будем иметь:
х = а
= а (9 sin 9 + cos 9) (1)
у = a j 9 sin 9 dtp =
= a (sin 9 — 9 cos 9). (2)
А это есть не что иное,
как эвольвента окружности.
Действительно, пусть (черт. 5)
окружность радиуса а имеет
центр в начале координат.
Возьмем касательную ВМ
в какой-нибудь точке этой
окружности и отложим на ней
Тогда, выражая координаты хну точки М через угол 9 и радиус а,
получим как раз выражения (1) и (2).
ВЛ1, равный по длине дуге АВ.
отрезок
х = а
89.
а
sin 9 cos 9 cty = Xq---cos 2<р
у = а
Полагая здесь
хо = ^ Л = 2<р= а,
получим уравнение искомой кривой:
а .. . а . . .
х = —(1—cos a); —(а— sin а),
которая представляет собой циклоиду, образованную кругом радиуса а»
катящимся (без скольжения) по оси OY.
7 Зал. 1571. — В. И. Милинский:
98
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
90. Полагая постоянные интегрирования xQ и у0 равными нулю,
будем иметь:
sincpdcp а
cos2 ф cos ‘
Отсюда выводим:
Итак, искомая кривая есть цепная линия:
91. Отбрасывая постоянные интегрирования, получим:
х = а
у = а
ает^
2 И sin ср —COS ср),
или, переходя к полярным координатам г, 6:
ж 1
аетч f, т 1
a’ tg8 =-------1-----= tg('P — t8'i, = 77
yi4-mJ r_i_2_teo m
' т Б ‘
Следовательно:
6 = <?—
а, значит:
r = a sin ф em (°+40 = aem^ sin
или, обозначая
aem^ sin ф = a* = const.,
получим искомую кривую:
г = а*ет\
что представляет собой логарифмическую спираль.
92. Полагая постоянные интегрирования xQt у0 равными нулю,
будем иметь:
sin (1 — m) d<?
cos (1 -f- т) +
cos (1 — m) ср rfcp,
ГЛАВА III
99
или, после интегрирования:
Х='2(1-т)СО5(1-'П)?-2(ГР«)С05(1+'П)<Р
*=!2пЬй)5‘П (1~т)<?—2(14^) S‘n (1 + m)¥'
Можно показать, что эта кри-
вая представляет собой эпици-
клоиду при т<1, и гипоци-
клоиду при /л>1. Рассмотрим
оба эти случая отдельно.
1) гп<1. Опишем из на-
чала координат, как из центра,
круг радиуса г.
____ат
Г 1 —/па*
Пусть теперь по этому кругу
катится (без скольжения) другой
круг (?! с радиусом гх\
а
Г1— 2(1 + /п)’
Возьмем на нем какую-нибудь точку М. Тогда из черт. 6 непо-
средственно получаем выражения для координат этой точки:
х = (Г + г,) cos-Ц — rt cos Ц±Ц
У = (г 4- г,) sin Ц <pt — '1 sin Г1 г Г- ?! •
Заменяя г и их значениями, получим:
а 1 — т я 1 И- т
х = TfT+m)C0S ~ W+ + C0S*
а 1 — т а . 1Ч- т
Г=2(1—wi)Sm 2т ‘Р1~ 2(14-/п) Sm 2/и
Обозначая через ср угол, образованный касательной в точке М к эпи-
циклоиде с осью ОХ, будем иметь:
Подставляя же в (2), получим:
2(l-m) C0S (1-"*)'Р-2(1 + ,7) C0S <! +ra> ?
а я
¥ = 2(1-,п) Sin (1 ~И) ¥“ 2(1 + 0») Sin (1 + Ъ
т. е. уравнения (1).
100
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
2) m> 1. Перепишем уравнения (1) следующим образом:
— х = 777-^--TV cos (tn — 1) Ф + _ . а. COS (от 4- 1) ср
2(т—1) 1 2(zn4-l) 4 1 т
а а &
-у=“ 27^ijsin (от “’ + 2F+i)sin (т+4 9’
Пусть неподвижный круг с центром в начале координат (черт. 7)
имеет радиус г:
ат
Подвижный же круг радиуса гх:
а
Г1~ 2(1-|-т)
катится по неподвижному кругу внутри. Из чертежа находим коор-
динаты Л, У точки ЛГ:
X = (г — rt) cos Lk <pt + rj cos
F= (r— rj sin ?1 — rx sin
или, заменяя г и q их значениями:
Л = о/ g| i"\cos+ О 'сП- + о/ а—77cos(w — О7Г“
2(т-1-1) ' 1 7 2m 1 2 (от—1) 4 ' 2от
у = ъ; °। s,n (,Л4“D"о1— "о/ °—и sin (т — 0
2(от-|-1) ' * ' 2т 2(от—1) ' 7 2от
ГЛАВА III
101
Обозначая угол, образованный касательной к гипоциклоиде в точке
М с осью ОХ, через ср, будем иметь:
2т
следовательно:
* = —х; У==— у,
а это показывает, что кривая (3) есть гипоциклоида.
93. По условию имеем:
х—х^ = р
У— Уо = Р
COS ср rfcp
J1
(1 —е2 cos2 «р) 2
sin ср dcp
sin ср
1 — е2 1 — е2 cos2 ср
з
(1—е2 cos2 ср) 2
Полагая постоянные интегрирования х0
чая ср, получим:
cos ср
р г -----
V 1 — е2 cos2 ср
и yQ равными нулю и исклю-
Р2
1—е2 *
Р
что дает при е < 1 эллипс, а при е > 1 гиперболу.
94. Из условия $ = аср имеем:
ds = ady.
Подставляя это значение ds в формулы:
dx — cos ср rfs; dy = sin у ds,
будем иметь:
dx = a cos ср rfcp; dy = a sin ср dtp,
откуда, после интегрирования:
х = a sin ср; у = — a cos ср,
(1)
где постоянные интегрирования х0 = 0 и у0 = 0.
Исключая ср из (1), получим уравнение искомой кривой:
х2 -j-^2 = а2.
Следовательно, искомая кривая есть окружность радиуса а.
95. По условию:
s = a tg ср.
Дифференцируя, получим:
ds =
grfcp
cos2 ср *
следовательно:
, . adv a sin ср
dx = cos ср ds =---—; dy — sin cp ds =-----dv.
cos cp r cos2 cp T
102
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Отсюда, после интегрирования:
* = a In tg 4~|Л;
cos ср *
(I)
а
где постоянные интегрирования положены равными нулю.
Таким образом имеем:
(\. X / \ X
т+'2‘)=е'‘; ctg (т+т)=е °-
Складывая эти два равенства, находим:
2 я? ____®
-----= е ° -к е ®
cos ср 1
откуда .
ш _ ж
У^-2^еа+е а)-
Следовательно, искомая кривая есть цепная линия.
96. Так как по условию задачи s = aem<?, то:
ds = ате™? dyt
следовательно:
dx = cos <р ds = ante™* cos ср dv
dy = sin cp ds = atnem<f sin cp dcp,
откуда после интегрирования имеем:
erne"1’ / । • \
x = t I отз (m cos t + sin <f>)
ame'^
(т sin ср — cos ср).
Следовательно, искомая кривая представляет собой логарифмическую
спираль (см. задачу 91).
97. Дифференцируя данное соотношение:
$ = оср2»
получим:
ds = ay dcp.
Следовательно:
dx = cos <pds — a<? cos cp rfcp; dy = sin cp ds = ay sin cp rfcp.
Интегрируя и полагая постоянные интегрирования равными нулю,
получим:
х = а (ср sin ср -(- cos ср); у = a (sin <р — ср cos ср).
Следовательно, искомая кривая есть эвольвента круга.
ГЛАВА III
103
98. По условию задачи:
s = a cos ср,
следовательно:
ds = — a sin ср dy.
Далее:
dx = cos ср ds = — a sin ср cos ср flfcp; dy — sin ср ds = — a sin2 cp dy,
откуда, после интегрирования:
-V=-4-cos2?4-x°; У = ~£ sin2cp-----(U
Полагая здесь
х0 ------; у0 = 0; 2ср = а,
можем уравнения (1) переписать так:
х =------— (1—cos а); у =---— (а — sin а),
тг т:
Следовательно, искомая кривая есть циклоида.
99. Дифференцируя данное соотношение:
s = a cos /«<р,
получим:
ds = — am sin mcp dy.
Следовательно:
dx = cos cp ds = — am sin cos у dy
dy = sin cp ds = — am sin /«cp sin cp dcp.
Интегрируя и полагая постоянные интегрирования равными нулю,
получим:
ат , ат
х = — ------г cos (1 — т) ср + —? cos (1 + т) ср
2(1—/«) 4 т 1 2(l-f-m.) v '
am am
y = — Tyyj-----r sin (1 — /«) cp J- —- sin (1 -|- m) cp.
2(1 — m) 1 2(1-m) 1 ,T
Значит искомая кривая есть эпициклоида при т < 1 и гипоци-
клоида при т > 1 (см. задачу 92).
100. Натуральное уравнение прямой есть £ = 0, следовательно
все линии, имеющие то же уравнение, отличаются от прямой только
местоположением, т. е. будут тоже прямыми.
101. Натуральное уравнение окружности есть р = «== const.
Следовательно все кривые, имеющие это же уравнение, должны быть
кругами.
Но это же можно получить и непосредственным вычислением.
Именно:
1 dcp 1 С ds s—;S0
. — > ® I — •
р ds a J а а
104
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Далее:
cos cp ds = I cos------ ds = x0-\-a sin----,
J a u 1 a
/• • __ C <S 5© , 5 Sq
sin<pds= I sin --------ds = ya— a cos------
J a a
где xOi s0 и yQ— постоянные интегрирования.
Отсюда:
• *5 — $0 S---So
x — x0 — a sin-----"; v —yQ = — a cos —------.
a a
Наконец, возводя в квадрат и складывая, получим:
(х — х0)2 4- (у —yQ)2 = а2.
Таким образом, остался неопределенным только центр окру-
жности, т. е. ее местоположение.
102. Из данного уравнения имеем
dp d ds>
откуда
ds dp
d<p = — = ——.
T p ap
Интегрируя, получаем:
p
1 f dp 1 i / P \
<p = — I — «= — In — ,
a J P a \Pq I
po
или, иначе:
р = роеЯф.
Далее
dx — роеЯф cos <р rf<p; dy = poeatp sin cp dtp
d (x+у = poew+V~1) ’ d<f
<₽ _________________________________
x_|_«= p f (><'+’'-*>» d<p=-------------Pa= 1].
J a+/-l
После отделения вещественной части от мнимой, найдем:
х = ~2 4П{a cos ? —!) + sin
у = Р? - {1 — еот cos <р 4- aeav sin ср}.
а2 1
Не трудно убедиться, что эта кривая конгруэнтна кривой:
х = —т=== ea<f cos ср; у = —-=== ea<f sin ср.
/ a2 4- 1
ГЛАВА III
105
Возводя эти равенства в квадрат и складывая, получим:
x2-l-v2 =___— е^а
х -ГУ — в4+ ! « ,
или, переходя к полярным координатам:
г = Ро е“". (»)
V 0^4-1
Полученное уравнение (*) определяет логарифмическую спираль.
Итак, линейное уравнение в натуральных координатах р, s опре-
деляет логарифмические спирали.
103. Проще всего воспользоваться формулой:
;ds
-
Подставляя значение р, получим:
;ds ‘ / S \ л г
/ 16а2 — s2 \4а)
Далее:
х= J* cos ср ds = 4а j* cos2cpdcp = а (2cp-f-sin 2ср)
у = J sin <pds*= 4а J* sin у cos ср dep = а (— 1—cos2cp).
Заменяя здесь 2ср на it-J-<p, получим:
х — x0 — a(ty — sin ^); х0 = ак
—у = а (1 — cos яр);
Следовательно, искомая кривая есть циклоида.
104. Подставляем значение р== ]/r2as в формулу:
находим;
2s = <2'р2.
Далее:
dx =? cos ср ds = а<о cos ср dep
dy = sin <p ds — acp sin cp dep,
откуда
jc = a(coscp-|-cpsmq>) |
у = a (sin cp — cp cos cp). J
Здесь постоянные интегрирования отброшены. Полученные уравне-
ния (*) определяют эвольвенту круга, радиус которого а?
106. Поступаем аналогично предыдущей задаче:
? =
ds
— == а
Р
s = atgcp.
106
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Далее определяем х и у:
, . а sin <р ,
dx = cos <p ds =------; dу = a —— dv
cos 9 cos2 9 T
a
; у —-------.
cos <P
х = a In tg
Отсюда легко получить:
X
(L
Следовательно, искомая кривая есть цепная линия.
106. Подставляем в формулу <? =
ds
— значение р:
Р
откуда получаем:
I b \
s = — a cos — ф I.
\ а /
Определим теперь х и у:
dx = cos <р ds = b cos 9 sin Ij d<$
dy = sin ? ds = b sin <p sin <? J d<p.
Следовательно:
ab (a-— b \ ab I a-\-b \
X = 7Г7-----iT cos -------? ” 7Г7-----j—iP COS —!— <p
2 (a — b) \ a / 2 (a -J- £) \ a /
ab .la — b \ ab . I a-\-b \
У = 7Г7-----Тл sin -------? — -7Г7----PTC sin -----— ? •
2 (a — b) \ a / 2 (a-^-b) \ a /
Эти уравнения определяют эпициклоиду.
107. Определяем угол
s2
2a2*
Далее определяем хну:
Эти интегралы не берутся в конечном виде и представляют собой
новые трансцендентные функции. Их можно преобразовать посред-
ством подстановки з2 = 2а^>:
(*)
ГЛАВА III
107
Здесь переменная ф есть угол, образованный касательной кривой
с осью ОХ.
Рассмотрим интегралы Fresnel’n:
о
cos<|>
_• dy =
те .
2 ’
о
sin
их со значениями х и у в (*), заключаем, что иссле-
имеет две асимптотические точки с координатами
г— \ / а
/ И I 2
. Эта кривая назы-
Сравнивая
дуемая кривая
(а а ,
2
вается клотоидой или спиралью Корню.
108. Обозначая радиус кривизны и дугу эквидистантной кривой
через р* и $*, будем иметь (см. задачу 20):
(1) •
Но из уравнения данной кривой:
$=/(р)
находим:
ds=f'(p)dp.
Подставляя в (1), получим:
(2)
= rfs = -(p±a)/(p) df,
р
2
Р
или заменяя здесь:
р = р* zt а\ dp = rfp*;
будем иметь:
ds* =
rfp*,
откуда, после интегрирования:
s* =
rfp*,
что и представляет собой натуральное уравнение эквидистантной
кривой.
109. Из формулы Frenet имеем:
dt L
—- =я &п = 0,
ds
следовательно:
t = a,
где а есть постоянный вектор. Но так как
t = —
ds1
0)
108
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
то, подставляя в (1) и интегрируя, будем иметь:
г = as + b, (2)
где b есть также постоянный вектор. Уравнение (2) определяет
прямую.
ПО. По формулам Frenet имеем:
Отсюда следует, что Ь есть постоянный вектор. Так как Ъ и t
взаимно-ортогональны, то
dr
bt = 0 или b — = 0.
ds
Интегрируя это последнее уравнение и принимая во внимание, что b
есть постоянный вектор, получим:
br = const,
или, иначе:
х cos (b, х) у cos (b, у) - j- z cos (b, z) = const,
т. е. координаты точек исследуемых кривых связаны линейным урав-
нением. Следовательно, эти кривые плоские.
111. Прежде всего замечаем, что у таких кривых центр кривизны
совпадает с центром соприкасающейся сферы. Действительно, радиус-
вектор г, определяющий положение центра соприкасающейся сферы,
имеет вид:
гс = г4-рп + °р'ь.
Для исследуемых кривых р« const, и следовательно
г с = гЧ-рп, (1)
что и доказывает требуемое.
Из других свойств этих кривых следует отметить, что геометри-
ческое место центров кривизны такой линии есть тоже кривая по-
стоянной кривизны. В самом деле, дифференцируя (1), получим:
dr
^ = t+p(*-At) = PTb, (2)
откуда
—с =^ = рт. (3)
ds ds н
Переписывая (2) в виде:
= -^ = t
ds„ ds ‘ ’ dsc °
и принимая во внимание (3), найдем:
te = b.
ГЛАВА HI
109
Дифференцируя по s, находим:
dtc dsc ,
= — тп или яспсрг = — тп.
dsc ds с сг
Следовательно
kcnc = — £п,
откуда
k0 = k‘, пе = — п. (4)
Итак, если k = const, то и k0= const.
Можно легко доказать, что первая кривая является в свою
очередь геометрическим местом центров второй кривой. Обозначим
радиус-вектор ее центра кривизны через гсс.
Тогда, по доказанному, должно быть:
**СС == “f“ Рс^с»
или, принимая во внимание (4):
гсс = гс — РП.
Следовательно, на основании (1):
гсс = г>
что и доказывает требуемое.
В заключение найдем вторую кривизну геометрического места
центров кривизны. Для этого сначала находим Ье:
bc = [tcnc] = [nb]=t
Отсюда:
ds„
— тспс
с с ds
или, принимая во внимание (3) и (4):
тсрт = k,
откуда:
112. Перепишем формулу Frenet b' = — тп в виде:
п = — ab'.
Подставляя это значение п в соотношение
^ = t = [nb],
получим:
£ = о[ЬЬ']
или, после интегрирования:
г = а
где b является произвольным единичным вектором.
по
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
113. По условию:
£ = Хт.
Следовательно, формулы Frenet
t' = Ли; b' = — тп
можно переписать в виде:
Г — Хтп; Ь' = — тп.
Умножая второе из этих уравнений на X и складывая с первым,
получим:
t' + Xb' = O,
откуда после интегрирования получим:
t Xb = а,
где а есть постоянный вектор. Умножая это уравнение скалярно
на t, будем иметь
1 = at.
Значит исследуемые кривые обладают тем свойством, что их каса-
тельные образуют постоянный угол с некоторым неизменным напра-
влением а. Очевидно, это будут обобщенные винтовые линии.
114. Допустим, что две кривые (Г) и (Г*) имеют общие главные
нормали. Обозначая радиусы-векторы двух точек этих кривых, при-
надлежащих одной нормали, соответственно через г и г*, а расстоя-
ние между ними через а, можем написать:
г* = г —ли. (1)
Дифференцируя по s, получим:
dr* ds*
• ^ = t+a'n + aOb-«). (2)
Умножая это равенство скалярно на п, будем иметь:
0 = а',
dr*
так как векторы п = п* и = t* взаимно-ортогональны. Следова-
тельно а = const.
Обозначим угол между векторами t и t* через 6. Тогда:
t* = t cos 6 + b sin 6. (3)
Дифференцируя это уравнение по s, получим:
d^' rfO
^*n*"dT = C0S — т sin 6) n (b cos 0 — t sin 6) —.
Умножая это равенство векторно на п и помня, что л* = и,
будем иметь:
О = (t cos 0 b sin 6) ~,
ГЛАВА III
in
следовательно
=0; 6 = const.
as
Наконец, так как в (2) и (3) слева стоят параллельные векторы,
то должны быть параллельны друг другу и векторы, стоящие справа,
т. е. должны быть пропорциональны их составляющие. Итак, будем
иметь:
1 — ak ат
• cos 0 sin 6 ’
или, иначе:
Обозначая
ak sin 0 ат zqs 6 — sin 0 == 0,
a sin 6 = А = const; a cos 6 = В== const; —sin 6 = С = const,
получим:
Д£ + Вт-|-С = 0;
что и нужно было доказать.
115. Так как кривая лежит на сфере, то ясно, что эта сфера
и будет ее соприкасающейся сферой для всех точек. Следовательно,
радиус соприкасающейся сферы исследуемой кривой есть величина
постоянная, а значит:
(р2 + (’Р')2) =0,
откуда, после упрощения:
£+^(зр') = О;
а это и есть искомое соотношение.
116. Условимся для сокращения записи обозначать косинусы
углов, образованных касательной искомой кривой с осями коорди-
нат, через а, р, -р Косинусы же углов, образованных главной нор-
малью и бинормалью с осями координат, соответственно через а1э
Р1» Т1 и а2* Р2» Ъ
Принимая во внимание формулы Frenet-Serret, видим, что задача
сводится к интегрированию такой системы дифференциальных урав-
нений:
da___сц dax______ аа a da2 cq
ds р ’ ds а p ’ ds a ’
Заменяя здесь p и a их значениями, данными в условиях задачи,
получим:
da b-~- ds = 04 cos » I CO
ft cin s s n слс -
ds — a a 0)
dcin s
b-г- = 04 sin
ds a
112
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Для интегрирования этой системы применим метод исключения:
4^1 = 2
Л» а
Подставляя сюда значения
s i
----Г a2 C
а *
<^2
ds
S
sin —
а
da s
cos —.
а
ds
b^ = l
ds3 a
da н
и -г- из (1), найдем:
ds v z
s
а
_2_1
b '
S
а
Дифференцируем это уравнение еще раз по s:
. d3a. 1 / s . s \ ।
b -tv = —5 a cos----------------------sin — 4-
ds3 a2 \ а 2 a)
, 1 / s , da . s \ 1 da.
4----I —-cos----1—-——sin —-----г~г--
1 a \ ds a 1 ds a / b ds
Заменяя и здесь производные от a, alt a2 no s из (1), получим:
d3at / b . 1 \ da{
ds3 \ a2' b / ds *
или, на основании второго уравнения из (1):
d3at / b . 1 \ dax
ds3 \ а2 * b / ds ’
Итак, получаем линейное уравнение с постоянными коэффи-
циентами:
аа*а^-Ь(а2+^^-=0' (2)
общий интеграл которого есть:
_ , _ . sVcfl-Jf-b* . „ sVa^ + b^ ...
«1 = Cj + С2 sin —I—-J-------|-C3cos .. ду1--. (3)
04 = ( 1 — cos
или, принимая во внимание начальные условия:
s/a24-£2\ , . sVa2A-b2
ab j 1 л ab
Тогда для определения я и а2 будем иметь два следующих уравнения:
s s , da.
a„ sin---a cos — = b =
* a a ds
a2 + b2 , „ s]/a24-£2\
—------P C2 cos ——;
ab 12 ab]
s t . s , d2a. . a
an cos--k a sin — = ab -7-^ 4- -7- a. =
2 a 1 a ds 2 } b 1
/аЗ + 42/ s/
= - I c, sin-
ГЛАВА III
113
откуда:
Следовательно:
a sVa2~\-b2
а. =------------------------— sin —----------!--
1 ab
s - s s^a2-\-b2
а0 sin----а cos — = — cos------z-2—
л a a ab
s , . s , b . sVa2-\-b2
а_, cos--н а sin — = •' - ..— sin---* 1-
3 a a Va* + b* ab
(4)
Решая эту систему уравнений относительно а, ап а.а, находим:
а =
sin
b . s . si/а2 4~ Ь2 . $ s У а2 4- Ь2
а. = . sin — sin —----------------k cos — cos------L—
1 ]/a2-|-d2 a ab a ab
b s , . s sVa2~\~b2
ao = ---cos — sin —------!----sin — cos--------!---
Уа2-^-Ь2 a ab a ab
(5)
Чтобы найти уравнение самой кривой, расположим оси коорди-
нат так, чтобы ось ОХ была параллельна касательной в точке кри-
вой, определяемой s = 0, а оси OY и OZ были соответственно парал-
лельны главной нормали и бинормали в той же точке. Тогда, при
$ = 0 мы будем иметь:
0 = 0; 0! = 1; 02 = О; *Г = °; 71 = °; ъ=1-
Принимая во внимание эти условия, мы можем составить уравнения,
аналогичные тем, которые были установлены для а, ар а2:
о b2 , a2 sVa2~\-b2
Pi = » ,-.А COS----------
ab
0 cos —-02 sin — = a sin
a a Va2-\-b2 ab
о • s । о s ab
₽s>"T+₽acos- = ^-p-a
ad ( si
Ъ-ЗТЙ cos —
1 — cos
s
>2
1
(6)
s , s
7 cos------sin —
а а
. 5 S
Y sin-------4 COS —
а 1 ** а
b . sVa2 + b2
sin —-------!--
4-д2 ab
а2 4- b2 cos —-—г-1-
1 ab
8 Зав. 1571. —В. И. Мипинскпй
(7)
1
114
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Эти уравнения дают:
dx s s]/ra2 + ^2 .
a ~ — = cos — cos —---4-----h
ds a ab 1
, b . s . sV^ + b2
-J--, sin — sin —--------!--
/а2Ч-62 a
s .
cos — sin
а
ab
sVa2-\-b2
ab
s s
sin------sin — cos
a a
ab
_a
ds V a? 4- d2
, ab
"i" a2-f-£2
dz b s ,
7 = — = . ч cos — sin
ds Va2-{-b2 a
1
S S
a2 sin----1- b2 sin — cos
а 1 а
(8)
Интегрируя эти соотношения, получаем:
-----------((/sq7*2 - *)2 sin s +
2«]/а2+*’Г 1 ' ab
+ (/^+*5 + i)2 sins|
^=~2(/+^[2агсО5т4-
+ (- bf cos V£^±b s +
+(]/a2 + b* -|- b)2 cos -- s|
b2 [ 2a4 s
Z = — 2a(a2+*2) | — C0S ~a +
+(]/^+Ts_d)2 cos/«a + ft8 + »s +
+ (V* + b* + bj cos s].
Из этих уравнений легко получить соотношение:
А 2 5
az — by = a2 cos —.
а
Следовательно найденная кривая пересекает плоскость:
az — by = О,
ГЛАВА III
115
в бесконечном множестве точек
„ . 1
В этих точках ее кривизна обращается в нуль, а кручение взр—-.
117. Пусть е (^) есть единичный вектор сферы с центром в начале
координат, а о — дуга кривой, описываемой его концом. Тогда' общим
уравнением кривых Bertrand’a..будет:
R = a Je da -j- b J [e de),
где R есть радиус-вектор этих кривых.
118. Асимптотические линии на псевдосфере:
— I; а = а; а = const,
а /
а
P = -2-ch
ОТДЕЛ II
ГЛАВА I
119. Уравнения_линий кривизны:
и v = X; и — v = р-,
где X = const, р. = const.
Плоскости линий кривизны определяются уравнениями:
— ЗХг-|->Л + -| Х = 0
X — У + 3^ + Р + 411 = °-
_ Их огибающие будут:
729 (х+у)2 4- 4 (1 — 9г)3 = О
729 (лг — ур 4-4(1 4- 9 г)3 = 0.
Асимптотические линии:
и = const; v — const.
Главные радиусы кривизны: \
1 ( 1 )2
-Pi=p2 = -2-|3(«*4-V2)4-y|.
120. 1. Кривые v = const лежат в плоскостях
y = xtgv. (1)
Вычисляя направляющие косинусы нормали к поверхности S
и обозначая угол пересечения ее с плоскостью (1) через 0, будем
иметь:
Следовательно, при v = const должно быть 0 = const. Поэтому,
на; основании теоремы loachimstahl’n, кривые v = const суть линии
кривизны поверхности
2. Для определения другого семейства линий кривизны удобнее
всего воспользоваться теоремой Koenigs’a о сопряженных сетях:
ГЛАВА I
117
„Линии пересечения поверхности S пучком плоскостей и кривые
касания конусов, описанных около 2 с вершинами на оси этого
пучка, образуют сопряженную сеть'1.
Осью пучка в данном случае является OZ. Следовательно, иско-
мое семейство линий кривизны будет состоять из кривых касания
конусов, описанных около 2 и имеющих вершины на оси OZ. Легко
показать, что эти кривые ортогональны к образующим конусов,
а следовательно они сферические. Но это можно доказать и иначе.
Предварительно исследуем форму кривых v = const. Их уравнение
(если оси выбрать в самой плоскости v = cont) будете
w = sina; г = cos и-]- lntg-^--|~? (v)t
«6
откуда получаем уравнение каса-
тельной в некоторой точке М этой
кривой:
W—w _ Z — z .
COS и cos2 и * v '
sin и
Простые вычисления показы-
вают, что длина касательной от
точки М до пересечения с осью OZ
равна единице. Следовательно, ли-
нии кривизны первого семейства
(-у = const) суть трактрисы.
Рассмотрим теперь конус с
вершиной в точке пересечения ка-
сательной с OZ.
Очевидно отрезки его образующих, заключенные между верши-
ной и точками касания с поверхностью 2, сохраняют постоянную
длину, равную единице. Следовательно, линии кривизны второго
семейства/ расположены на сферах единичного радиуса, с центрами
на оси OZ. Для определения координат центра одной из таких сфер
положим в (3):
UZ=0; w = sin«; z — cos /г-j-lntg-^- +
Получаем:
Z = In tg^- + <?».
Так как кйждбй линии кривизны соответствует одна определен
ная сфера, то, следовательно, уравнения этих линий будут иметь вид-
ln tg 4" ¥ W = const.
JU
(4)
118
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
3. Для определения главных радиусов кривизны лучше всего
воспользоваться формулами Olinde-Rodrigue’a. Вычисляя направляю-
щие косинусы нормали, получим:
ф' sin v — cos и cosv n —tp'cosv — cos и sin v
cos a = ----- ; cos 0 = —1------------------. -----;
Обозначая через Pj главный радиус, соответствующий кривой
v = const, будем иметь:
dz-j-p^cos 7 = 0. (5)
Но так как:
, cos2» . . . cos и du .
dz =------du\ d cos у = —; (v = const),
sin и У l-j-cp'2
то, подставляя в (5), найдем:
Pi= —/ l-H'2 ctgw.
Дифференцируя (4), получим дифференциальное уравнение вто-
рого семейства линий кривизны:
ф' (») dv -|—= 0. (6)
т ' ' 1 sin» '
Для произвольного перемещения (d«, dv) должно быть:
dz = — sin и du -|— -----1- cp' (v) dv
1 sin» iT'/
t _______ cos и du г и t \ । 2 • j ’
d cos 7 = г ~ 1 i т ) 2 sin u
Подставляя эти значения в уравнение:
dz + cos 7 = 0
и принимая во внимание (6), получим:
(cos и du . ф" du \
,______— Ч------1----5- Ро = о,
1/1 I ,Л/О - в I 1 Л
vl+? (1+/’)-'
откуда
з
__ (1 -|-ф'2) 2 sin и
Р2 ф" (1 _|_ ф'2) cos и *
4. В п. 2 было установлено, что поверхность Е пересекается
с плоскостями, проходящими через ось OZ по трактрисам. Так как
длина касательной к такой трактрисе равна единице, то для опреде-
ления вершины этой кривой нужно положить vd — 1 в ее уравнениях
w = sin и;
Z = cos и -|- In tg 4- ср (v),
л
ГЛАВА I
119
откуда получим:
Следовательно, поверхность So образована трактрисой единич-
ного параметра, вершина которой описывает на цилиндре с осью OZ
и радиусом, равным единице, кривую z = <p(t>).
Таким образом, для случая <р(Чл) = О заключаем, что поверх-
ность образована вращением трактрисы единичного параметра
вокруг оси OZ с вершиной в плоскости XOY.
Следовательно, линиями кривизны поверхности Ео будут: трак-
трисы (меридианы) и круги (параллели).
5. Возьмем уравнение асимптотических линий в виде:
L du2 4- 2М du dv + Ndv* = 0. (7)
Вычисляя коэффициенты L, М, N, найдем:
£ = %ии хи Уии Уи &ии COS2 и
~ sin и
У»
и аналогично: Л1 = 0; М= cos2 и sin и.
Подставляя в (7), получим дифференциальное уравнение асимпто-
тических линий:
du2 — sin2 и dv2 = 0.
Интегрируя, его, найдем:
и
V — tl0 = =tlntg— .
Рассмотрим одну из этих линий:
и
^==lntg—
Z
Так как:
dx = cos и cos vdu — sin и sin v dv
4 dy — cos и sin v du -|- sin и cos v dv
, cos2 и ,
dz == —:-----du.
sin и
It
то, полагая и — —, получим:
t) = 0; x=l; _у = 0; z = 0; dx = 0; dy — dv\ dz = 0.
Следовательно, асимптотическая линия, выходящая из точки А
(черт. 9), касается ребра возврата-поверхности (круг, описанный вер-
шиной трактрисы), а затем завивается вокруг оси OZ наподобие
винтовой линии.
120
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Легко заметить, что эта кривая имеет пару точек, симметричных
относительно оси ОХ. Они соответствуют значениям параметра и:
а\ тс — и.
Действительно, если в уравнении поверхности Ео:
х = sin и cos v; у = sin и sin v;
. и ।
Z = In tg— 4- COS u
z
заменить и на тс — w, то получим;
xt = sin и cos v = х
yt = — sin и sin v = — у
и
zt = — Intg — — cos и = — z.
Аналогично исследуется асимпто-
тическая линия
и,
v = — Intg—.
Она зеркально-симметрична кри-
... «
вой v — -j- In tg — относительно пло-
скости X0Z.
6. На основании результатов вычислений п. 3 имеем:
__ (1ср'2)2 cos и
<р"4- (1 +<р'2) cos и*
Следовательно, при ср (-и) = 0 получим:
PiPa = —Е
121. Будем рассматривать поверхность 5 как огибающую пло-
скостей :
х sin 0 cos ср -j-jr sin 0 sin ср 4"z cos ® +/(®> ф) = 0.
Следовательно, для нахождения поверхности S нужно добавить
еще два уравнения:
х cos 6 cos ср Ц-_уcos 0 sin ср — z sin 0 4*
— х sin 6 sin ср -1- у sin 0 cos ?4"^ == 0.
^ = 0
Ou
Эти два уравнения определяют нормаль к поверхности 5 в точке Л!.
Так как она касается цилиндра С, то, принимая во внимание, что по-
следнее уравнение определяет проекцию этой нормали на плоскости
ХОУ, можем положить:
V
дер
= е sin 0;
е = ±1,
ГЛАВА I
121
Этому последнему уравнению можно удовлетворить, полагая:
/= е {ср sin 6 4“ G СО )>
где G (0) есть произвольная функция от 0.
Мы выберем е = -|-1, так как е =— 1 соответствует поверх-
ности, симметричной относительно начала координат. Таким образом»
параметрические уравнения поверхности 5 будут:
- x = /?(sincp — (cp-l-OsinO-]-^’005^)008?)
у = — R (cos ср -j- (<р 4“ G sin 0 G’ cos 0) sin ср]
z = 7?(G’ sin 6 — G cos 6),
а уравнения нормали:
(x cos cp -j-j, sin cp) cos 0 — z sin 0 4“ Я (? cos ® 4“ O') — 0
— x sin ср 4~у cos cp 4~ R = 0.
1(1)
(2)
1. Каждая нормаль поверхности 5 касается цилиндра С. Следо-
вательно, через каждую точку Q цилиндра С проходит некоторая
нормаль поверхности 5, лежащая в касательной плоскости цилиндра
в точке Q. Рассмотрим конгруэнцию прямых, касательных к ци-
линдру С. Поверхность S будет ортогональна к прямым этой кон-
груэнции. Линии кривизны обладают тем свойством, что нормали к S'
вдоль них образуют развертывающуюся поверхность.
Возьмем теперь на цилиндре С одну прямолинейную образующую
и через каждую ее точку проведем нормаль к поверхности S. Все
эти нормали будут лежать в касательной плоскости к цилиндру С>
т. е. образуют развертывающуюся поверхность.
Другое семейство развертывающихся поверхностей конгруэнции
мы получим, рассматривая кривые (X) цилиндра, которые в каждой
своей точке касаются соответствующей прямой QT. Фокальная плос-
кость конгруэнции, соответствующая прямой QT, суть касательная
плоскость к цилиндру и соприкасающаяся плоскость к кривой (X),
проходящей через точку Q. Эти плоскости являются касательными
плоскостями к двум развертывающимся поверхностям конгруэнции,
проходящим через QT. С другой стороны, эти плоскости должны
проходить через главные направления исследуемой поверхности S,
т. е. они будут взаимно-ортогональны. Следовательно, соприкасаю-
щаяся плоскость кривой (X) ортогональна поверхности цилиндра С.
А это означает, что кривые (X) суть винтовые линии. Так как линии
кривизны поверхности S определяются сечениями ее развертывающи-
мися поверхностями конгруэнции, то следовательно:
а) линии кривизны одной системы определяются касательными
плоскостями цилиндра С, т. е. они плоские;
б) линии кривизны второй системы будут ортогональными траек-
ториями касательных к линиям (X). Следовательно, они будут эволь-
вентами кругов, лежащих в плоскостях, параллельных плоскости XOY*
т. е. они являются ортогональными траекториями касательных плос-
костей цилиндра С.
Возьмем тхве точки Л4 и Мг на одной и той же касательной
плоскости цилиндра и проведем через них две соответствующие
122
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ортогональные траектории. При перемещении касательной плоскости
отрезок Л4Л4' не меняет своей длины, так как он ортогонален к тра-
екториям своих концов. Отсюда следует, что совокупность ортого-
нальных траекторий пересекает все касательные плоскости по кривым
неизменной формы. Значит, исследуемая поверхность есть так назы-
ваемая „резная поверхность" (surface moulure Monge’a).
2. Из рассуждений п. 1 следует, что вдоль линий кривизны,
лежащих в касательных плоскостях цилиндра, угол ср сохраняет по-
стоянное значение, а для линий кривизны другой системы 6 = const.
К этим заключениям можно притти чисто аналитически, исходя
из формул Olinde-Rodrigue’a.
Обозначим через X, <л, v косинусы углов нормали к S с осями
координат. Тогда:
. dx-\- udl = 0; dy -(- и dy. = 0; dz-\-udv = Q.
Подставляя сюда значения х, у, z, X, у., v, найдем:
sin ср { /? (ср -j- G sin О -J- G' cos 0) — и sin 0 } d<o —
— cos ср cos 0 { (G -f- G") — и } dft = 0
cos ср { R (cp -J- G sin 6 -|“ G' cos 6) — a sin 0 } rfcp -|-
-|- sin cp cos 6 ( R (G G") — и } — 0
{fl(G + G") — « } rfO =.0.
Этим трем уравнениям можно удовлетворить, полагая:
dO = 0 |
/? (ср -J- G sin 0 + G' cos 0) — и sin 0 = 0 J
или:
d<D — 0 1
(GGz') — ^ = °. )
Из этих двух систем получаем искомые условия: 6 = const и
ф = const. Кроме того, из этих же уравнений находим два значения и,
•соответствующие двум точкам касания нормали с двумя полостями
фокальной ]поверхности.
3. Из результатов, полученных в п. 2, легко написать коорди-
наты точки поверхностей С и Сг. Именно:
х -J- и sin 6 cos ср; у и sin 0 sin ср; z-|“McosO,
где значения х, у, z нужно взять из (1), а значение и — из (3)
или (4).
Если взять значение и из (3), то получим:
Я sin ср; —fl cos ср; (О' + ? cosQ), (С)
т. е. цилиндр С. Следовательно, кривые 6 = const будут винтовые
линии.
ГЛАВА I
123
Если же взять значение и из (4), то получим:
R sin ср — /? cos <р (ср -J- G' cos 0 — G" sin 0)
— R cos <э — R sin ср (ср Gr cos 0 — G" sinO)
R(G' sinOH-G"cos9).
(C’)
Это будут координаты точек поверхности С'. Легко убедиться,
что С' есть резная поверхность Monge’a.
4. Сечения поверхностей S и С' горизонтальными плоскостями
суть эвольвенты кругов. Это непосредственно вытекает из предыду-
щих рассуждений.
5. Для вычисления главных радиусов кривизны в какой-нибудь
точке поверхности S полезно воспользоваться тем обстоятельством,
что точки касания нормали с фокальной поверхностью суть центры
кривизны главных нормальных сечений. Следовательно, искомые зна-
чения главных радиусов кривизны будут равны значениям и из (3)
и (4).
122. 1. Для того чтобы плоскости, проходящие через ось OZ, пере-
секали поверхность по линиям кривизны, необходимо и достаточно,
чтобы эти плоскости пересекали поверхность под постоянным углом.
(loachimstahl}
Направление нормали к поверхности в точке (х, у, z) опреде-
ляется величинами:
ср' sin ш — р/' cos <о; — /' р sin со — ср' cos ю, р.
Нормаль же к плоскости:
X sin to — У cos ю = 0
имеет направляющие косинусы:
sin св — cos со; 0.
Следовательно, угол V между этими нормалями будет равен:
cos V= -----;
]<(р'2_|_<р2у<2_|_р2
теперь нужно выразить, что при со = const и cos V = const. Очевидно
для этого (р2/'а + ра) должно быть постоянным:
Р2/'2 + р8 = ^, (1)
где k — произвольная постоянная. Отсюда находим:
z„=^=p!. ^=±-±/^=73
и, следовательно:
/(р) = ± f V/^^^L+k'l (2)
к
где kr — произвольная постоянная.
124
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Заметим, что линия пересечения поверхности с плоскостью pOZ
определяется уравнением: z=/(p)-J-ср (со).
Легко убедиться, что эта кривая есть трактриса.
В самом деле, пусть М есть точка на этой кривой. Тогда урав-
нение (в ее плоскости) касательной к ней в точке М будет:
Z—г =/'(Р) (Р-Р)-
Пересечение этой касательной с осью определится по формуле:
Zr=z —р/' (р).
Вычисляем Л4Г2:
Л4Т2 = р2 + (ZT — г)2 = р2 (1 +/'2) = №.
А это свойство касательной вполне характеризует трактрису. Отсюда
легко получить способ образования поверхностей. Вершину трактрисы
получим, полагая р = k в уравнении (2). Тогда будем иметь:
.г = £'-|-<р(<в).
Но kr очевидно соответствует перемещению поверхности параллельно
оси OZ. Поэтому, отбрасывая А', получим координаты вершины
в виде:
P = ^i 2r=(p((o).
Таким образом, видим, что поверхность образована трактрисой
(с длиной касательной, равной k) с асимптотой OZ, плоскость кото-
рой проходит через ось OZ, а вершина описывает на цилиндре
х2-|-<у2 = Л2 кривую г = (р(©).
2. Так как плоскости линий кривизны первого семейства все
проходят через ось OZ, то по теореме Koeinigs’a заключаем, что
линии кривизны второго семейства суть линии касания конусов, опи-
санных около рассматриваемой поверхности и имеющих вершины Т
на оси OZ.
По только-что доказанному, отрезки образующих этих конусов,
заключенные между OZ и линиями касания с поверхностью, имеют
постоянную длину k. Следовательно, эти линии касания (линии кри-
визны второго семейства) лежат на сферах S постоянного радиуса k
с центрами Т на оси OZ.
3. Возьмем точку М (х, у, z) на линии пересечения поверхностей
и •$2’
Нормаль к в определяется величинами:
<р/ sin — р/'cosco; —p/'sinco — <р/cosco, р.
Нормаль же к 52 в М определится величинами:
<р2' sin со — р/' cos со; — р/' sin со — <р2' cos со; р.
Поверхности и S2 будут ортогональны, если:
?/< + Р2/'2 + р2 = 0>
или, принимая во внимание (1):
?Г <?/ = ~ *2. - (3)
т. е, условие ортогональности и S2 не зависит от и Са.
ГЛАВА I
125
Это соотношение показывает, что существует бесконечное мно-
жество систем двух функций (<о) и ср2 (<»), для которых соответ-
ствующие поверхности ортогональны. Нетрудно дать простое геометри-
ческое истолкование образованию ортогональных поверхностей и S2.
Перепишем для этого соотношение (3) в таком виде:
?/ _
k * k ‘
(4)
Если развернуть цилиндр радиуса kt на котором лежат линии
2г = срг(<о) и z = <pa((D), определяющие обе поверхности (см. п. 1), то
Ср.'
величины и будут угловыми коэффициентами касательных
/V К
к развернутым кривым. Следовательно, соотношение (4) выражает
ортогональность линий z = срг (®) и г= ®а (ш). Очевидно, это отно-
сится и к семействам:
г = ?i (<») + Cf, z = <ра (®) 4- С2.
Итак, две ортогонально пересекающиеся поверхности Sx и 5.3
образованы двумя равными трактрисами, лежащими в плоскостях,
проходящих через ось OZ, вершины которых описывают на цилиндре
с радиусом R и осью OZ две ортогональные кривые.
Заметим, что если две поверхности и Sa имеют общую точку ЛГ,
то они имеют и общую трактрису, лежащую в меридиональной плос-
кости Л4 и проходящую через М Действительно, пусть р0, ш0, zQ —
координаты точки Л4; тогда должно быть:
(®о) + ci = ?2 (“о) 4- Cj « X,
Так как функция /(р) одна и та же для обеих поверхностей и S2,
то уравнение меридиана, лежащего в плоскости ® = ®0, будет для
обеих поверхностей:
*=/(р) + х>
и и S2 будут иметь общую трактрису, проходящую через М
в меридиональной плоскости М.
Рассмотрим сферу Е с центром Т на OZ и с радиусом TM — k.
Нормаль в М к этой сфере есть ТМ. Нормали же в УИ к Sj и S2
обе перпендикулярны 77И, так как эта прямая касается одновременно
«Sx и 52. Следовательно, сфера Е ортогональна Sx и 52.
Итак мы имеем тройную ортогональную систему, состоящую из
семейств 5Х и 52 (при условии, что выполнено условие ортогональ-
ности ср/ ср2' =—Л2) и из семейства сфер Е постоянного радиуса
с центрами на оси OZ."
123. Воспользуемся формулами Weierstrass’a:
х = -i- f (1 — и2) F (и) du 4- [ (1 — и/) Ft (их) du{
A J J
+ J(l-{-uii)Fl(ut)dui
z= I uF(u) du4~ I uiFl(uJ)dul.
126
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Для того чтобы поверхность была вещественная, необходимо,,
чтобы « и Kj были сопряженные комплексные переменные; аналогично
и для F(w) и («Д
Во всякой точке циклоиды величины и, ult F(u), (их) являются
функциями вещественной переменной v. Так как эта циклоида есть
геодезическая линия искомой поверхности, то нормаль к поверхности
в любой точке этой кривой будет лежать в плоскости XOY. Следо-
вательно, направляющие косинусы нормали будут пропорциональны
величинам:
(И1 — и) V—1; uui — !•
При этом очевидно:
ииг — 1 = 0,
откуда:
1 du, 1 du
и. — —; —- —------------,
и dv и2 dv
Заменяя в формулах Weierstrass’a ut по полученным формулам и
подставляя результат в уравнения циклоиды, найдем:
(1-“2){ /г(“)+-^/='х (1)}^ ^(i-cos.).
(1 + “2){ F(“)+-JTЛ (у)} = 2оSin
j/=•(«) — Jj./=> (—= 0,
| ' u4 1 \ и IJ dv
откуда выводим:
= (1—Us)F(«)-^ = a(l—cost-)
V — 1 (1 + «2)F («) ^-= asin v, F(u)^ =
___g (1 — cost»)
~ 1—g2
Следовательно:
------ a sin v
“ 1 1 *
далее:
v п г—“Г i v
cos-— V — Isin—
z 2 — vV— 1,
— >
v 1 1/--Г . v
cosy + V — 1 sin—
поэтому:
2 In и = —v У — 1; dv = 2 V — 1 —.
и
ГЛАВА I
127
Но так как:
1 — cos v = 2 sin2-j = — »
то отсюда определяем F (и):
Р(И)-----
После этого, подставив F (и) и Fx («J в интегральные формулы и
произведя все необходимые преобразования, получим:
здесь С, С', С" — постоянные интегрирования, а символ Re обозна-
чав! вещественную часть (например, Re(5-]-3'|/r—1) = 5).
Полагая:
а —р
и — е 2 ,
получим, после выделения вещественной части в (*):
(да 1_ д— а \
Р----------sin р I -|- С
Л /
еа-4- е~°
у — — а —-----cos р —|— С'
- -- 6
z = 2а (е2 — е 2) sin
Полагая здесь а = м, p = v, где м, v— новые вещественные пе-
ременные, и подбирая С, С', С" так, чтобы при и —О уравнения (**)
определяли циклоиду, найдем:
/ еи~\~е~н \
x — a]v----------sin v ] = а — ch и sin v)
eu^L.e-u
---—----cos-v
о f • V л и U V
z — 2а (е2— е ") sin — = 4а sh — sm —
Z Л А
0**^
= а (1 —ch «cos-и)
Эти уравнения определяют искомую минимальную поверхность.
128
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
и и
Посредством тождества: ell-j-e~u== (е 2—е 2 )24-2 можно исклю-
чить параметр и из уравнений (***). В результате исключения мы по-
лучим: или
“-=^-1=0
V
г2— 8а2 sin2 —,
2\ a cos v
(а—.у) sin-и
-----—--------k х — av = О,
cos V 1
(1)
или же
V
2?— 8а2 sin2 —
2
(av — x
a sin v
av — x
—:-----cos v 4- у — a = 0
sin v 1 '
(2)
Уравнения (1) и (2) при одинаковых значениях v определяют
одну и ту же параболу второго порядка. Плоскости этих, парабол
параллельны оси OZ, оси симметрии лежат в плоскости ХОУ, а вер-
тины— на циклоиде. Далее, параметры этих парабол, соответствую-
щих значениям V'.
it it ,
y-fo и y + «o
тс
~2
равны между собой. Наконец, можно сказать, что они расположены
симметрично относительно плоскости: х = ак.
При т/ = 0 и v = 2k уравнения (1) определяют ось OY и прямую,
параллельную ей: х = 2атс; z—О. Обе эти прямые касаются циклоиды
в ее концах и лежат на поверхности (=4*it‘).
Полагаем и = (2£1) "ту *» тогда, если k — четно, получаем па-
Л
раболу:
у = а\ 4- 4ах — 2а2 {{2k 4~ 1) тс — 2) = О,
если же k нечетно, то
у— а = 0; Я — 4ах4~2а2 {(2^4“ 1) тс4~ 2} = 0.
Теперь нетрудно исследовать и форму поверхности. Если изме-
нить знак у и в (***), то х,у не изменятся, a z изменит только знак.
Следовательно, поверхность симметрична относительно XOY. Если же
изменить в (**♦) знак только у v, то х, z не изменятся, а у изменит
только знак. Следовательно, ось OY есть ось симметрии поверхности.
Аналогично можно показать, что касательная к циклоиде в ее
конце х = 2Атса, у = 0, z = 0 есть также ось симметрии поверхности.
Выведем теперь уравнение линий кривизны. Уравнения нормали
к поверхности в некоторой точке (х,у, z) можно написать так:
АГ = х4-(«14-«)Ь
(„!-„) к
Z = z-\- {uui — 1) X.
ГЛАВА 1
129
Для линий кривизны должно быть:
dX dY
но это можно
dx
«1 + « («1 —«)У~К
заменить таким уравнением:
dZ
ииг---1
dy
dz
У — 1 (dut —du)
и du. -4-и. du'
uut — 1
Заменяя здесь dx, dy, dz их значениями по формулам Weierstrass’a
и произведя необходимые преобразования, получим:
F (и) du2 — Ft (ut) duf = 0.
Но раньше было найдено:
F(u)---aV-xL-Л
Следовательно, искомые уравнения будут:
Re
1 — tft
—г— du — const; Re У — 1 —-— du = const.
«3 и3
I
Но можно получить дифференциальное уравнение линий кривизны
и непосредственно из (***):
(е’1 — е~и) cos— du2 — 2 (etl -}- 2) sin — dudv —
At At
v
— (еи — е~и) cos dv2 = 0;
где и, v—конечно вещественные параметры.
Наконец, для доказательства последнего п. 4, сначала заметим,
что:
dz . dz v
^+d7ctgT=0-
Следовательно, при v = tz получим, что
т. е. это будет для всех точек параболы, полученной от пересечения
поверхности плоскостью, проходящей через середину основания
циклоиды, и ортогональной ему.
Отсюда следует, что нормаль к поверхности во всех точках пара-
болы лежит в плоскости этой параболы, а значит парабола будет
геодезической линией и линией кривизны поверхности.
124. Первый случай приводит к уравнению:
Э?*=0. (*)
ди dv 1 1
Зак. 1571. — В. И. Милппский
130
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Второй случай дает уравнение:
д<о . , Л . Ж2©
•— + (« — 2 cos v) - - = 0,
dv dudv
Г)
, Ж©
которое легко интегрируется, если положить: =
Третий случай приводит к системе уравнений (*) и (♦*). Предло-
жи Жф
ложение -г^- = 0 не дает решения. Следовательно, = 0, т. е. ©
ди dv '
не зависит от v.
125. Если в уравнениях:
х = cos и — © (и) sin и
у = sin и -J- ф (и) cos и (*)
z=иЧ~ ф (tt)
рассматривать ф как независимую переменную, то эти уравнения опре-
делят развертывающийся геликоид (X). Направляющие косинусы его
прямолинейной образующей будут:
sin и cos и 1
у2 ’ ~ VT —уъ'
При этом ребром возврата будет винтовая линия (Н):
х = cos а; у — sin н; z — и.
Таким образом видим, что кривая (С) лежит на (£).
Нормаль к поверхности (£) параллельна прямой (£>). Таким обра-
зом, кривая (С) будет геодезической, так как ее соприкасающаяся
плоскость проходит через нормаль. Итак, имеем условие:
У' xr sin и
у" у' — cos и
zf' zr 1
= © (© — 2ф") + 2 (1 -J- ©') (1 + 2©') = 0.
Полагая в этом уравнении ф =
получим уравнение:
2Г + ^' = 0,
интегрируя которое, получим:
С
ф =----------—
. и — «о
Sin --7=-^
“ — “о
у 2 '
Это последнее уравнение и определяет геодезические линии (С)
поверхности (2).
ГЛАВА I
131
На развертывающейся поверхности (£) линиями кривизны будут»
кроме образующих, их ортогональные траектории, т. е. кривые
ф = const.
126. Выберем ось тора за ось OZ, а его центр — за начало ко-
ординат. Тогда параметрические уравнения поверхности будут:
х = (а 4- г cos и) cos v
у=(а-]-г cos и) sin v
z=s r sin u,
где a — расстояние от центра О тора до центра А образующего круга,
г — радиус образующего круга.
Составляем дифференциальное уравнение асимптотических линий:
г du2 -|- (а "Ь r cos м) cos и dv2 = О,
откуда находим два семейства этих линий:
du = X]/r— г (а-рг cos и) cos и\ dv = 'kr (1)
=— X — г (a -f- г cos и) cos и\ dv = lr, (2)
где X — произвольный параметр.
Следовательно: t
ds2 — \2ar2 (а 4~ г cos и). ' (3)
Далее, из формул Serret-Frenet имеем:
dt — knds', A2=SW.
as*
Но
(aft)2 = (d cos a)2 4- (d cos 0)2 4~ (d cos 7)2, (4)
где:
a = (tj); p=(tj); 7 = (t?k).
На основании (1) и (3) имеем:
cos a =----(/ — r cos и sin и cosv +v a4~rcosusin'o)
V a
cos-P =----7= (Y — r cos и sin и sin v +Y‘+ r cos и cos-n}
у a ‘
/Г
---------cos и cos и.
a
Следовательно, подставляя в (4), будем иметь:
9
(dt)2 == -J X2r2 sin2 u,
»
м, наконец:
(dtp, 9slnau______________9_
ds2 4a (a 4- r cos u) 4 ar2
9*
132
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
так как
ОР д_|_г cos и
Аналогично докажем и для другого семейства асимптотических
линий:
АР
ОР'
127. 1. Проекциями асимптотических линий на экваториальную
плоскость будут спирали:
2а
где а-—параметр циклоиды.
128. Обозначим координаты относительно подвижного триэдра
через 5, т), С. Тогда уравнение касательной плоскости к а в точке М
будет: — С = 0. Для получения уравнения касательной плоскости
ков бесконечно-удаленной точке образующей MD нужно рассмо-
треть касательную плоскость к направляющему конусу. Ее уравнение
будет:
$
1
— k
'Л
1
и
и' —
= 0,
где т — кручение, a k — кривизна кривой (С).
Линия (С) будет стрикционной, если обе эти плоскости взаимно-
ортогональны, т. е. при условии:
ии' -]-и2£-4-26 = 0,
откуда u(s) определяется в квадратурах.
Поверхность а будет развертывающейся, если эти плоскости
совпадают, т. е. при условии:
и' — (Рх -|- uk т.
Если (С) есть винтовая линия, то переменные в этом уравнении
k
разделяются, так как в этом случае — а= const.
129. 1. Поверхность £ есть псевдосфера; меридиан ее есть трак-
триса. Направляющие косинусы:
X = cos t cos ш; ji = cos t sin w; v == — sin Л,
Главные радиусы кривизны:
Pi = —cosf, p2 = tgC
ГЛАВА I
133
при этом рх есть радиус кривизны меридиана, а р2 — параллели.
Углы асимптотических линий с меридианами равны н —
Геодезическая кривизна параллелей равна 1. Полная кривизна:
Р1Р2
Дифференциальное уравнение асимптотических линий есть
sin t = zt dt,
откуда его интеграл будет:
tg4=e±“+c-
2. Геодезические линии 2 проще всего определить с помощью
уравнения Clairaut: г sin 6 = const, где г — ^zwyz параллели, а 6 —
угол пересечения с меридианом. Это будут кривые, удовлетворяющие
условию:
sin t sin 6 = sin Zo; Zo = const.
3. Рассматриваемые линии — геодезические; их касательные обра-
зуют конгруэнцию нормалей. Ребра возврата развертывающихся по-
верхностей этой конгруэнции являются геодезическими линиями по-
верхности S.
4. Полная кривизна поверхности
1 _ я3/'/"—1
Р1Р2 “ (И7'2 4-И2_|_1)а-
Для возможности наложения на 2 должно быть:
“7V"-i 1
(И2/ 2 И2 1 )2 >
ИЛИ
Ц3 f'f" _[_ 4 2«2 («2 4- 1) /' 2 _|_ И2 (Ц2 2) = 0.
Это условие необходимое и достаточное.
130. Огибающая сфер:
ах\2 (х2у2z2— «2)Х-|-2а^ = 0 (1)
может быть получена обычным путем, если продифференцировать
уравнение по параметру X. Но можно сделать это короче, если за-
метить, что вопрос сводится к тому, что уравнение (1) должно иметь
относительно X равные корни. Написав условие равенства корней,
получим уравнение огибающей:
(х2 уЧ г2 — а2)2 = 8d2*y, (2)
Для нахождения огибающей второго семейства дифференцируем
уравнение
х2 уЧ _|_ г2 ач — 2а (х+_у) cos |л 2az sin
134
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
по параметру у.:
(Х 4~.У) Sin |Х = z COS [X.
Следовательно:
sin (л cos’1 х2 — а2
z Х~\~У 2az2 2а (х-j-у)2 ‘
Исключая {1, получим уравнение искомой огибающей:
(х2 +.У2 + г2 + а2)2 = 4а2 (х2 4-/ 4~ 4" 2ху).
Чтобы убедиться, что это уравнение тождественно урав-
нению (2), достаточно расположить оба эти уравнения по степе-
ням а.
Линиями кривизны очевидно будут круги — пересечения беско-
нечно-близких сфер каждого семейства, так как нормали к огибающей
вдоль такого круга, будучи нормалями и к соответствующей сфере,
пройдут через ее центр, а значит образуют конус. Итак, имеем два
семейства кругов:
2у = \2х\ x2+j2 + z24-2akx — а2 = 0
«=(*+>’) tgti; =
Центры кривизны, будучи пересечением двух бесконечно-близких
нормалей, построенных в точках одной из линий кривизны, будут,
очевидно, являться центрами сфер:
и /
х = a cos jx; у = a cos jx; z — a- sin у.,
где X и «х суть функции координат точки поверхности. Первый центр
кривизны описывает гиперболу:
2ху = a2; z = О,
а второй — эллипс:
х—у\ x2-\-z2 = a2.
131. 1. Определяем сначала центр сферы данного семейства:-
x = coszz; j/ = sinu; z — 0.
Отсюда видим, что все эти центры лежат на круге
х2 -f-у2 = 1;. г = 0. (1)
Дифференцируя по и уравнение данного семейства сфер: х2 -|- у2 4“ z2 —5 2х cos и — 2у sin и —« -и2 = 0, (2)
получаем: dv х sin и —у cos и = и— du (3)
что представляет собой уравнение плоскости, в которой лежит круг-
характеристика.
ГЛАВА I
135
Возьмем какой-нибудь из центров М Очевидно, плоскость (3)
будет ортогональна касательной в точке М к кругу (1). Расстояние
dv
этой плоскости от точки М будет равно v , а радиус сферы
Тогда радиус р круга-характеристики будет равен:
(dv \2
du /
Если р = const, то это дифференциальное уравнение опреде-
лит v:
откуда
v dv
---- ---= е du\
4- 1 — рЗ
£=±1,
р2 =е (U — Uo).
Постоянную интегрирования и0 можно положить равной нулю,
так как и0 соответствует повороту всей фигуры вокруг оси OZ.
Следовательно, центр Р характеристического круга получим, откла-
дывая на касательной к кругу (1) в точке М длину МР=±и.
Кроме того, имеем:
v = е 1—р2 = м.
du г । г
Таким образом, видим, что отрезок МР = и нужно откладывать
в направлении, противоположном перемещению точки М. Следова-
тельно, точка Р опишет эвольвенту круга.
Итак, огибающая поверхность образована переменным кругом
радиуса р с центром Р, расположенным в вертикальной плоскости,
проходящей через касательную в точке Р к эвольвенте.
2. Если принять v = и, то р = 1. Пусть теперь Q есть точка
характеристического круга и ср —угол, образованный PQ с пло-
скостью XOY. Рассматривая OQ как сумму векторов ОМ, МР и
PQ, можем написать:
Проектируя
чим выражения
тров и и <s:
же на три оси координат, непосредственно полу-
координат точки поверхности х в функции параме-
х = cos и -|- и sin и -|- cos ср cos и
у = sin и — и cos и cos о sin и
z = si ii ср.
Во всех точках характеристического круга и = const, а пара-
метры направления касательной:
— sin cocos и; —sin ср sin и\ cos 9.
Ортогональные траектории получим, написав, что эта касательная
перпендикулярна элементарному перемещению (dx, dy, dz) точки на
136
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
поверхности. Итак, получаем дифференциальное уравнение относи-
тельно д?© и du\
— dx sin ср cos и — dy sin © sin и -j- dz cos cp = 0. (**)
Вычисления можно немного сократить, если обратить внимание
на то, что из уравнения (*) поверхности следует:
х cos и у sin и — 1 cos <р
— х sin и 4~у cos и = — и
dx cos и 4“ dy s\ny — d (x cos и 4-.У sin w)-f- (x sinu—у cos u) du =
= — sin © rf© -j- и du.
Вследствие этого уравнение (**) дает:
dz cos ср = cos2 © d© = sin © (dx cos u-\-dy sin a) —
= — sin2 cp d<o 4- и sin © du
dy
= udu.
sin ©
»
откуда, интегрируя, получаем:
. © „ 4- «а
tg~=ce- .
Это уравнение' и определяет искомые ортогональные траектории,
132. Коэффициенты уравнения данной плоскости удовлетворяют
тождеству:
cos2 6 cos2 ср -j- cos2 6 sin2 © 4~ sin2 6 = 1.
Следовательно, их можно рассматривать как направляющие ко-
синусы нормали этой плоскости. Эта нормаль образует с осью OZ
угол, равный
0. Расстояние от начала координат до- плоскости,
будучи равным f (6), не зависит от ср, а зависит лишь от 0. Следо-
вательно, огибающая должна быть поверхностью вращения вокруг
оси OZ, а ее линиями кривизны параллели 6='const и меридианы
<р = const. К этому выводу можно притти аналитически,
1. Найдем сначала координаты точки касания плоскости со своей
огибающей. Для этого продифференцируем уравнение:
х cos 6 .cos ср у cos 6 sin ср 4- z sin 0 —f (6) (1)
по 6 и по ср: ।
— х cos ср sin 0 —у sin ср sin 6 4- z cos 0 = /(6) (2)
— х sin ср cos 6 cos 6 cos cp = 0, (3)
Решая уравнения (1), (2) и (3) относительно xt у, z,
искомые координаты точки касания:
X = (/ cos 6 — f' sin 6) cos ср
y—(f cos6 — f' sin6) sincp
z =/sin 64-/ cos 6,
получим
(4)
ГЛАВА I
137
Из выражений для х и у видим, что огибающая есть поверх-
ность вращения и уравнения ее меридиана:
г = / cos 6 — /' sin 0 |
£=/sin 0 -\-f cos 0. J
2. Найдем теперь уравнения линий кривизны. Так как мы знаем
направляющие косинусы нормали, то удобнее всего применить фор-
мулы Olinde-Rodrigue’a:
__ dx ____________ dy _____________ dz
P d (cos 6 cos <p) d (cos 6 sin cp) d (sin 0)
__ — sin <p dy (f cos 0 — /' sin 6) — cos <? sin 0 db
P — sin <p cos 9 rf© — sin 6 cos © rfO
__cos © dy (/cos 0 —/' sin 6) — sin <p (/+f") sin 6 db cos 9 rf9
cos cp cos b dy — sin 0 sin cp rf9 cos 9 d9
Эти уравнения должны удовлетворяться для rfcp = O, а поэтому
мы будем иметь:
Если db = 0, то третье соотношение становится неопределенным;
два первых делаются тождественными и дают нам:
__/ cos 0 — /' sin 9
Кроме того, видим, что центр кривизны, соответствующий р2>
находится на OZ, так как
г
cos 9 *
Этот результат непосредственно вытекает из теоремы Meusnier.
Также нетрудно убедиться, что рх есть радиус кривизны мери-
диана (5).
Действительно, из (5) находим:
dz cos 9
dr sin 0
Рассматривая теперь г и z как текущие координаты, можем на-
писать уравнение касательной к меридиану:
sin 9 (z—/ sin 9 — /' cos 9) -|- cos 6 (r —/ cos 0 -\-fr sin 9) = 0,
или
r cos 9 -|~ z sin 9 — f (9) = 0, (6)
откуда видим, что расстояние этой прямой от начала координат
равно /(9).
Чтобы найти на ней точку касания с огибающей, продифферен-
цируем (6) по 9:
— г sin 9-|-z cos 9 — /' (9) = О,
(7)
138
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Эта прямая, будучи ортогональна прямой (6), представляет собой
нормаль в точке М к меридиану.
Так как центр кривизны С есть точка касания этой нормали со
•своей огибающей, то для его нахождения нужно еще раз продиффе-
ренцировать (7) по 6:
— г cos 9 — z sin 0—y"((j)=O. (8)
Теперь ясно, что радиус кривизны, будучи равен расстоянию
между двумя параллельными прямыми (6) и (8), имеет величину
/(«)+/" (”)•
Определим теперь /(0) при условии, что поверхность вращения,
огибающая плоскости (1), есть минимальная поверхность. Для этого
должно быть:
Р14-Р2 = °>
откуда
(/-|-/") cos 9 -|“/ cos ® —f sin 0 = 0»
Вычисления, уже проделанные нами, подсказывают нам, что целе-
сообразно будет положить:
у =f (6) cos 0 — /' (8) sin 6,
откуда
-----(/+/") sin 9
dy cos 0 Л С
У db sin 0 ’ ? cos 6 )
/ (6) cos 0 —/'(6) sin 6 = .
А это есть линейное уравнение первого порядка, интегрируя ко-
торое, найдем:
(it 6 \
—-----—) С1 sin 0.
Но из (9) находим:
/'(0) cos » = f (0)--------, ч
J sin и* \ h stn 0 V
откуда: V
/(0)Sin6+/'(«) cos6=illj^ = C' + Clnts(T-4)- (!°)
Таким образом, меридиан определится уравнениями (5), (9) и (10).
Постоянная С' соответствует перемещению вдоль оси OZ, а постоян-
ная С—гомотетии относительно центра О. Полагая С=1, С' = 0,
•будем иметь:
1 / те 6 \
г=—л-; z = in tg I —-— I.
cos 6 \ 4 2 /
ГЛАВА I
139
Чтобы выяснить характер этой поверхности, сделаем следующее
преобразование:
= 2r,
1 -f- sin
cos О
откуда
г — ch z,
т. е. наша минимальная поверхность^ образована вращением цепной
линии вокруг своего основания.
133. 1. Так как направляющие косинусы нормали удовлетворяют
соотношениям:
cos а _ cos р _ cosy 1
р я —1 V>+?I 2+i’
то координаты всякой точки Мх (xxtyv г,), лежащей на нормали
к поверхности в точке М (х, у, z), можно выразить так:
xx=x-\-pl\ У1=У~\~(1^ zx = z — ly
где р — определяется следующий образом:
ТЛМ* = Е (х — xj2 = /2 (р2 + р2 +1)
I = > ---=---ММ< COS Y.
/р2+«а+1
Z, рассматриваемое как функция от х и у, определит один из цен-
тров кривизны, если
dxx dyx dzx
~Р “ —1 ’
или
dx Ц-1 dp -f- P dl dy1 dqq dl dz — dl
p q — —1 ’
откуда:
dx -J-1 dp dy1 dq dz
p q — —1 ’
или, наконец:
z_ dx-\-pdz _ dy-\-qdz
dp dq ’
140
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Два последних отношения дают дифференциальное уравнение
линий кривизны. Отсюда видим, что I имеет два значения, соот-
ветствующие двум центрам кривизны, вследствие чего из (*) имеем:
(Р1Ч-Р2) cos 7 = 1г 4-Z2.
Далее, уравнение (1) дает:
j dx-\-f (fdx -j- <?'dy) dy-\-<o' (fdx 4~ fdy) ]
— ~fdx ~^dy I
14-/2 /©' 14-/2 // 1 J (2)
— l — —p h f' У ~ у" J
Итак, имеем уравнение второй степени относительно y't сумма
корней которого есть:
1-//2. -14-/2
Z1 I j'tf,
и кроме того:
— (Pi 4- Р2)cos 7 = — (Л + z2) = 2 -"у/2 +'уг О/ 4-л')в
Отсюда следует, что
14-/2_ 1 . 1_+/2__1_
/' а ’ о" ах
где а и ах— постоянные, удовлетворяющие условию
1+А
а 1 ах
С.
Из (3) непосредственно получаем:
arc tg / — ах 4~ b
/ (х) = \ tg (ах 4~ b) dx =----In cos (ах -f- b) 4~ k
и, аналогично:
Ф О) = —In cos (аху 4- dj 4- kv
I
ГЛАВА I
141
2. Имеем:
frmr
(Pi — Р2) COS7 = Z1 —z2 = yr (K“ V) =
<p'24-i _ 1
/'2 “ cos2 (aty 4- Z>J tg2 (ax + b)
" cp'2 cos2 (ax-j- b) tg2
(Pi — Pa)a cos2 If fg2 a tg2 P =
Это выражение не будет зависеть от х, у, только если
. 2 .
а — а, = zt —.
Принимая же во внимание------1----- Сг видим, что С = ±CL;
CL CL j
тогда уравнение поверхности будет иметь вид:
z —---— In cos (ax-|-^) cos^-f-dj + fc-h^i.
Перенесем начало координат в точку --------— ,-----—t
и сделаем3 4 преобразование гомотетии с центром в новом начале
координат и степенью а. После этого уравнение поверхности при-
мет вид:
z — — In cos х cos_y
или: •
e~z — cos х cos у = 0.
3. При
f(x) = —In cos х; ср (у) = —In cosy
уравнения (2) примут вид:
_1 —|—tg2лс tgxtgy l+tg2y . tgxtgy J_
1 + tg2X ' 1 -htg2X y l-htg2y ‘~14-tg2y y’ ’
142
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Таким образом, для линий кривизны будем иметь:
1Ц- tg2 х dy ___ , dx
l+tg2_y’ cos у cosx*
Далее:
tgx tgj> cosjr
l-|-tg2x cosx
= 1 dz sinx sin y;.
— 1 —1
/1+/>»+?» /l-b*g2x-|-tg2j-
откуда:
Pi = — —-— = — tg2 *+ tg2 j (1 + sin x sin?)>
cos 7
P2 = — = — /r4-tg2x + tg2j(1 — sinx sin>).
Таким образом, легко проверить:
(Р1 + Р2) cos 7 = 2.
Также проверим соотношение:
(Pi — Ра) cos 7 tg a tg р = const,
«8»у+1 1 .
S /'2 tg2X tg2XCOS2_y’
,g2A-/,2+l tg2^+l. 1
6 г ф'2 tg2^/ tg2_yCOS2X*
(Pl — P2) cos 7 tga tg p = 2.
134. Пусть А есть начало О координат (прямоугольных), каса-
тельная плоскость в точке А — плоскость XOY и пусть:
1 4
Z = — (гха + 2sxy + ty*) + с8 + ... (1)
— уравнение поверхности 5.
Пусть переменная поверхности (S') определяется уравнением:
z = F(x, yt X),
изменяющимся вместе с X. Пусть, далее, А' (5, ц, С) есть точка по-
верхности (S'), в которой касательная плоскость параллельна плоско-
сти XOY. Йз соотношений:
С = /=(5, VI, X); F6'(5, v|, Х) = 0;' ч> Х) = О
выводим:
Е = о(Х); Ч=ф(Х); C = F{T(X), ф(Х), X).
Условие того, что кривая I'
Е —о(Х); Ч = ф(Х); C = F(E, <!, X)
ГЛАВА I
143
пересекает поверхность (S) под углом конечной величины, выражает*
что угол, образованный касательной в О к этой кривой и нормалью
к (S) в О, имеет конечную величину, или, что:
Таким образом, будем иметь: 4С _dF dE _.dF d^.dF d\ dX 1 dt) dX 1 ЭХ ’
А так как dF л dF n de ~ °’’ dr] “ °’ / dF\
то отсюда следует, что 1 — I ф 0. \ /k=0
Уравнение поверхности (S') можно написать в виде
1 ( d2F
z = F(\, 4, X) + i^|(x-£)2-^г +
d2F d2F 1
+ 2(*-J) 0,-4) w + 0,_^)+ ..
когда X—>0, то S—> 0; ц—>0; F(£, X) —>0 и z примет вид (1).
Кривая пересечения поверхности (S') с касательной плоскостью,
в О к поверхности (S) имеет уравнение:
F(x, у, IJaFfc 4, М + 1У (x-e)’-jr+
d2F d2F 1
+ 2(х-(|)__ + ty_4)a _) + ...=о. (2).
Рассматриваемые касательные проведены из точки О к кривой (2),.
и координаты их точек касания определятся уравнениями (2) и
или
X и. Л, .j = 0
дх 1 л ду
( d2F d2F )
—+ 0,-ч)^+...[ +
( d2F d2F 1
+> ](*-«Oi+=°-
Предельное положение этих касательных будет известно, если
известно предельное положение точек для X—>0.
144
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
m / дР\
Так как I-sr I ^0, то эти точки находятся в пересечении
\ / х = о
кривых:
* Следовательно, рассматриваемые касательные стремятся совпасть
с касательными, проведенными из начала координат О (точка А)
к кривой пересечения поверхности (S) с плоскостью, касательной
к этой поверхности в точке О.
„ / дР\
Если бы мы имели — I = 0, тогда точки касания необхо-
\дХ/х = о
I dF\
димо были бы общими для трех кривых (4) и | -гт- ) =0, что не
\ / к = о
•всегда возможно.
136. 1. Направляющие косинусы касательной суть:
ct = sin со cos t\ p = sin ш sin t; 7 = cos w.
Следовательно, кривая (С) лежит на цилиндре с образующими,
параллельными оси OZ, так как 7 = const.
Моменты касательной относительно осей:
Хх = — sin ш cos <а {/ (/) sin t-\-f (t) cos /},
— sin co cos <d {/ (/) cos t — f (t) sin /},
Хг = sin3 w/'(/).
Выразим, что касательная принадлежит к линейному комплексу:
+ Л2р -|- + М® + ЛЛ/ + '= °-
Следовательно, / (I) определится из линейного уравнения:
У'(0 Из sint0 — (^1 cos/-J-L2 sin/) cos«)+/(/) (£a cos/ — sin/)-|-
-|- At cos t -j- A2 sin / + Л3 ctg <0 = 0. (*)
.2. Направляющие косинусы бинормали и главной нормали будут*
аа = cos <0 cos /; р2 = cos to sin /; та = — sin w;
04 = — sin /; px = cos /; = 0.
Уравнение главной нормали кривой~(С) есть:
X cos t Y sin / = f" (/) sin ш; Z = {/ (/) + f" (/)} cos <0.
Условием пересечения всех нормалей с прямой (D):
X=a‘Z + p; Y^bZ-^q
ГЛАВА I
145
будет:
| sin ш — cos «в (a cos t b sin f)} f" (/) — (a cos t -j- b sin t) f (/) cos <o —
— p cos t — q sin / = 0. (*♦)
Дифференцируя (*) no t и сравнивая с (**), получим уравнения
прямой (£)):
At— L1Z — LbX=0] A2 + LtY—1^ = 0.
3. Кривая (С) будет круговой винтовой линией, если:
У'2 -|- /"2 = const,
т. е.: у" = 0 или f -|- fn — 0. Но f -\-f" — 0 нужно исключить, так
как кривая (С) в этом случае сведется к точке.
Если у" = 0, то у' = а:
х = a sin <о sin t\ = sin <о cos t\
кх — — asina> cosco {cos/-}-(/— k) sin/}.
y — — a sin a> cos t\ Pj = sin <d sin t\
= — a sin co cos® {sin/—(/ — k) cos/}.
z e at cos co -{- const; = cos co; X2 = a sin2 <o.
Тождество:
Aal + + '‘Ml + + L^z = 0
дает:
= Z^2 = Ax = Аа = 0.
136. 1. Очевидно, что x0, yQt z0 можно рассматривать как
функции от двух независимых переменных х и у.
Положим:
ч dx0 = A dx Ц- В dy\ dzQ = A"dx -|-
dy0 = A'dx 4- B'dy\ dz = p dx-\-q dy.
Тогда из тождеств:
rfx02 + <y02 + ^оа = + dy* + dz*
dx dxQ -f- dy dyQ -f - dz dz0 = 0
следует:
Д2_]_Д'2-|_Д"2=1_{_'р2
£2 B'2 £"2 = 1 _f_ ^2
AB + A'S' + A"&f = pq.
A = — pA"
B + A' = —p^' — qA"
B'^= — qB".
(1)
(2)
Составляем уравнения касательных плоскостей в двух соответ-
ственных точках:
/Z-2 = p(X—x)+q(Y-y)
X — х А В
У-у А' В' = 0.
Z — z Ап В"
Ю Зак. 1571. —В. И. Мизшнокий
146
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Так как по условию нормали и касательные плоскости в соот-
ветствующих точках взаимно параллельны, то должно быть:
А'В" — А"В' _ А"В —АВ" __ АВ' — ВА'
р ~ q =Л * ( }
Вводя вспомогательную переменную можем переписать урав-
нения (2) следующим образом:
А =—рА"] В = и — рВ"\ А' = — и — qA"\ В' — — qB".
Исключая А, В, Д', В' из (1) и (3), получим:
Д"2 (1 + р2 + д2) + 2 A ”qu + ц2 = 1 + р2
В42 (1 + р2 4- q2) — 2В"ри-\-и2=1-\-Ч2
А" В" (1 + р2 + ^2)+(qB“ — рА") u=pq
(4)
(4*)
иВ" иА"
— = — = u(pB№ — qAt' — u).
Нетрудно убедиться, что и ф 0. Действительно, полагая в (4)
и = 0, придем к соотношению:
1 _|_р2_|_92 = о.
Таким образом, видим, что к^О. Сокращая (4s) на к, по-
лучим: в" А" = рВ —qA —и. pq
Решая эту систему уравнений относительно А" и В", найдем:
^'(1+р2+?2)=-«? I
В''(1+р24-93) = «Р- /
Наконец, исключая А" и В" из системы уравнений (4), получим:
И2 = 1 _|_ ^2,
Следовательно:
4 = -"; В = 2+^; А'В'=-^
и и и и
л'=—В = -£-; « = ±/1+^+^.
Осталось еще написать условия того, что dx0> dyQ и dz0 суть
полные дифференциалы, т. е.
д / pq\ д / 1 -j-g2 \ д /l-J-р2
ду \ и / дх \ и / ’ ду \ и
ГЛАВА I
147
d2z <Pz d-z
Производя дифференцирование и обозначая
через г, s, t} получим:
££±^£ -^+(1 +^) -2^ = о
и и3 и ' и3
J^_(1+p2)P£±£_?'-+/’?,+w />'+ff. = Q
и ' U'} и U3
La-q EL±^L
и '
и3
-+p22-Fl = o'.
и 1 и3
Если теперь все три уравнения умножить на и3, затем первое
из них, деленное на р, сложить со вторым, деленным на q, и приба-
вить третье, то получим:
(1 -J- р2) t - 2pqs + (1 + 72) г = 0. (6)
Это уравнение выражает, что средняя кривизна равна нулю, или,
иначе, что во всякой точке поверхности главные радиусы кривизны
равны по величине и обратны по знаку.
2. Так как установленное свойство поверхностей не зависит от
координат, то для нахождения поверхности вращения выберем за
ось вращения ось OZ. Тогда уравнения искомой поверхности при-
мут вид:
*=/(p); х2+_у2 = р‘<
Находим отсюда частные производные:
,=/'(р)^+/'(?)£.
*=Г (р) -Г (р) ; t -f" (р) £ +Г (р) у •
Подставляя их в уравнение (6), получим:
/"(р)+/'(р) 1+^'а(р) =0,
или иначе:
dp df' If 1 \
P“ /'/
откуда, после интегрирования:
2 1np = ln (l+/'2) — 2 In/' + 2 Inc,
или, освобождаясь от логарифмов:
и, наконец:
f (р) = С 1п (р -р }<р2__С2) с'.
10*
148
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Отсюда видим, что меридиан поверхности определяется уравне-
нием:
Z = с In (х 4~ У х2 С2) + c'i
ИЛИ _____ - — 4"
xJryx2_c2=kec. k = e
откуда:
Если переместить поверхность вдоль по оси OZ, то это отра-
зится на (8) так, как если бы k было умножено на некоторое посто-
янное число. Очевидно это постоянное можно подобрать так, чтобы
после умножения k превратилось в с (например передвинуть поверхность
вдоль по оси OZ на расстояние 2г0 = с Inc-f-c'). После этого (8)
примет вид:
2 _ 2
С . с I с \
х = ~2~(е +* )•
Следовательно, поверхность 5 образуется вращением цепной
линии вокруг своего основания.
. Обратимся теперь к нахождению соответствующей ей поверх-
ности 50. Непосредственно получаем:
D — ex СУ . P
у — p Уp2 — c2 ’ p у p2 __ C2 ]/p2__c2
A c2xy • g2^2 — Pj . a" = — C2.
рЗ |/ p2 ^2 p8 У p2 — c2 p2
в p4 C2X2 • в' — A- B" — C^.
p3 У p2—c'2 ’ ’ P2
Полагая
х = р cos ®; у = р sin ®,
будем иметь:
. । — c*x(xdy—ydx)
dx0 = A dx 4- В dy = -—--r — =
р3Ур2—c2
_p4 (sin ® rfp-j- p cos ® dm)—c2xMtg®_ . p dp ,
“ p3-|/p2_c2 ~~ Sln Ш
У p2 — e2 cos © rfm; x0 = У p2 — c2 sin ®.
Постоянная интегрирования здесь отброшена, так как это может из-
менить только начало координат. Далее:
dya = A'dx + B'dy = -^9^+^dx-xdy) =
° рЗУр2_ C2
= — cos ® — Ч~ У?2 — ca sin ® <Z® = — d (cos ® Ур2 — c2)
y0 = — У P2 — c2 cos ®
dz0 = c == c dm\ zQ = cm.
ГЛАВА I
149
Итак, поверхность So определяется уравнением:
хо = —
Это есть геликоид, образованный перемещением прямой
г0 = с'; х0 = — _yotg
ортогональной оси OZ так, что при этом каждая точка прямой опи-
сывает винтовую линию.
3. Так как в общем случае касательные плоскости в соответ-
ствующих точках обеих поверхностей S и So параллельны друг
другу, то:
d2zQ — Ptd2x0 — q сРу0 = (rdx-\-s dy) dxQ (s dx 4-t dy) dyQ.
Составляем дифференциальное уравнение асимптотических линий
поверхности So:
(Adx -J- В dy) (г dx-\-s dy) 4- (A'dx 4- Brdy) (sdx-\-t dy) = 0,
или, иначе:
{pq dx4~ (1 + <72) dy} (r dx -j- 5 dy) = ((1 4~ P2) dx pq dy} (s dx1 dy),
а это есть уравнение линий кривизны поверхности S.
Наоборот, если взять уравнение линий кривизны поверхности 50
в форме:
р dp dxQ
4 dq dyQ
— 1 0 dzQ
или, иначе:
р rdx-\-sdy pq dx-)- (1 -J- q2) dy
q sdx-\-tdy —(14-p2)tfx — pq dy
— 1 0 — q dx-^p dy
= 0.
Преобразуем это уравнение. Для этого прибавим к третьему
столбцу первый столбец, предварительно умноженный на (pdy — qdx)’.
р гdx-}-sdy
q s dx -|- tdy
— 1 0
(l+p2 + ^)<y
— (1+p2 + 72)^ =0»
0
откуда:
r dx2 -j- 2s dx dy-]-t dy2 = 0,
что представляет собой дифференциальное уравнение асимптотических
линий поверхности 5.
Таким образом, соответствие линий кривизны и асимптотических
линий доказано.
150
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
В частности, для поверхностей п. 2 будем иметь:
р 4- — с2
(S) z = с In--------------; х = р cos со; у = р sin ш
($0) хо = VР2 — с2 sin _Уо = —VР2 — с3 cos ш; г0 — сч>.
Линии кривизны поверхности 5 суть меридианы ш = с' и парал-
лели р = с". Им на поверхности 50 соответствуют прямолинейные
образующие и винтовые линии.
Обратимся к поверхности S. Для нее:
__ с dp ______c(xdx~\~ydy)
Vp2 — c2 p ]/p2 — c2
d2z = — C ( dx2 4- dy2 -{- (x dx у dy)
p у p2 — c2 (
=-----, C -• f dp2 + p2 dv>2 4
pVp2 —c2 \
c
p ]/p2 — c2
с2 — 2р2
P(P2-C2)
с2 — 2p2 , „\
Р2
Следовательно, дифференциальное уравнение асимптотических линий
будет иметь вид:
da>2 =
dp2
р2 — с2
d<o =
или, после интегрирования:
с' ± ш = In (р 4~ Vp2 — с2).
Это уравнение определяет асимптотические линии поверхности S и
линии кривизны поверхности So.
137. 1. Дифференцируя данные уравнения, имеем:
dx = — (у +/4“ f") sin 11 + cos u
dy=(y-\-/-[“f") cos nda-\- sin и dv,
(1)
откуда, при z = const или, что то же, при ц = const
L L I । \
^ = -ctgB = tg(T + « .
Отсюда следует, что нормаль кривой сечения (С) образует с осью ОХ
угол и. Чтобы перейти от проекции (Со) при v = Q к проекции (С)
при v = const ф 0» следует отложить на всех нормалях (Со) постоян-
ный отрезок v. Следовательно, проекции линий (С) представляют
собой семейство параллельных кривых, а значит имеют общую эволюту.
2. Из уравнений (1) легко находим:
•ткуда: dv = cos и dx 4- sin и. dy\ (2) dz — «>' {у) (cos и dx 4~ sin и dy) P = ^ = ?'('»)cos«; ^ = ^ = <p'(v)siti«. (3)
ГЛАВА II
151
Следовательно, уравнения нормали к S будут иметь вид:
X,— х 4- (Z — z) <о' (у) cos и = 0 |
Y—y-]-(Z—z) ср' (у) sin и. = 0. J
Для того чтобы эти прямые образовали развертывающуюся по-
верхность, должно выполняться условие:
d («' cos и) d (у + zto' sin и) — d(<р' sin и) d (х -J- cos и) == 0. (5)
Таким образом, если v — const, то z и ©' (у) будут также постоян-
ными, и уравнение (5) примет вид:
cos и dx sin и dy = 0,
что является следствием уравнения (2).
Нетрудно убедиться, что уравнение (5) удовлетворяется при
и = const. Действительно, в этом случае оно принимает вид:
cos и dy — sin и dx = 0,
что следует и из (1) при, du — 0.
3. Из результатов, полученных в п. 2, непосредственно заклю-
чаем, что линиями кривизны будут кривые:
и = const; v = const.
4. Главные радиусы кривизны проще всего получить из уравнений
нормали (4):
₽=(z-z) /Т+7
откуда, для v = const:
ГЛАВА II
138. Обозначим радиусы-векторы, определяющие положение точки
данной поверхности и точки соответствующей ей параллельной по-
верхности, соответственно через г и г*, а длину постоянного отрезка,
отложенного на нормалях, через а. Тогда уравнение параллельной
поверхности напишется в векторной форме таким образом:
г* = г-|-аш. (1)
Чтобы доказать параллельность касательных плоскостей в соот-
ветственных точках, достаточно доказать параллельность нормалей
в этих точках. Найдем нормальный (не единичный) вектор параллельной
поверхности. Очевидно, это будет вектор:
kf= l(r«+ (G + виц)1-
152
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Составим векторное произведение:
[ш [гп*г/]] = гм* (шг/) — г„* (шгг *). (2)
Определяя из (1) гм* и г/:
г«* = rn+гЛ = г« 4-
и подставляя в (2), получим:
[m[rtt*rv*]] = 0,
откуда и следует параллельность нормалей, а следовательно,_и парал-
лельность касательных плоскостей в соответственных точках.
139. Возьмем уравнение параллельной поверхности -в в иде
(см. предыдущую задачу):
г* = г 4-am. (1)
Дифференцируя это равенство по и и по г/, будем иметь:
V = ги + amu> г»* = rv 4- am,,,
откуда:
Е* = гм*2 = (ги 4- am J2 = r„2-f- 2лг„ш„ 4- fl2nV- (2)
Но так как:
rtt2 = £; rufmu = — L\ m,* = LJ — EK,
то, подставляя в (2), будем иметь:
Е* = Е — 2а£Ч- a2 (LJ — EK), (3)
или иначе:
£* = (1 — a?K) E + a(aJ — 2) L. (4)
Коэффициенты F* и G* вычисляются аналогично:
F* = ru* г* = (гк 4- апц) (г«, 4- ашг) = F — 2аМ 4- a2 (MJ — FK).
F* = (1 — а2К) F + a (aj— 2) Л4. (5)
G* = rv*2 = (гв -f- amJ2 = g — 2aW4- а2 (NJ — GK).
G* = (1 — a* К) G + a (aJ—^2) N. (6)
Наконец, вычислим №:
Я*2 = £*о* —F*2 = (£G —F2)(i —aJ^-a?K}\
= ±a?K)- (7)
140. Вычислим сначала L:i':
= — muGi* = — mu (ra 4- cnij
(см. предыдущую задачу). Следовательно:
L* = — шкгм — am„2 = L — a (LJ — EK) = aKE -\-(l—aJ)L.
Коэффициенты ЛГ и Л/* находятся аналогично:
jW* = — murv* = — ши (rv 4~ amv) = M — a (MJ — FK).
N^ — mvrv* = — mv (rv -f- am J = a (NJ— GK).
ГЛАВА II
153
Итак, окончательно имеем:
1* = аК£+(1— aJ)L
Л4* = aKF+ (1 — aJ) М
N* = aKG-\-(\ — aJ) N
(О
141. Воспользуемся для вычисления /<* формулой:
Вычислим сначала числитель, для чего используем формулы (1)
предыдущей задачи:
W = a2/<2 (EG — + (1 — aj)^ (ZJV—АР) +
+ аК (1 — aJ) (LG -\-NE — 2MF)t
или, заменяя здесь:
EG — Е2 = Н2] LN— № = KLP-, LG-\-NE—2FM = JFF,
получим:
£W _ = a?K?FP + (1 — nJ)2 W2 + a (1 — aJ) KJH2 =
= K№(1 — aJ-{-a?K).
Подставляя это выражение в формулу (1) и заменяя там знаме-
натель по (7) задачи 139, будем иметь:
К
K* =
(2)
142. Для решения этой задачи воспользуемся формулой:
£*G* —251*F*-|-A/*E*
£*G*__F*2
Подставляя сюда значения коэффициентов Е*, Е*, G*, £*, АГ, AF
из (4), (5), (6) задачи 139 и (1) задачи 140 и заменяя в промежу-
точных преобразованиях:
EG —F2 = №; £ДГ— M- = KLP-\ LG— 2MF-\-NE= JFP,
получим:
?_ J—2aK
J ~ 1— аЦ(Щ'
(1)
143. Развертывающаяся поверхность характеризуется тем, что
гауссова кривизна К во всех ее точках равна нулю. Но тогда гаус-
сова кривизна К* параллельной поверхности будет тоже равна нулю:
К*= 1—aJ+да = °’
Следовательно, параллельная поверхность — тоже развертываю-
щаяся поверхность.
154
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Впрочем, это легко доказать и геометрически. Нормали к раз-
вертывающейся поверхности во всех точках ее прямолинейной обра-
зующей лежат все в одной плоскости. Отложив на всех этих нормалях
постоянный отрезок а, получим соответствующую прямолинейную
образующую параллельной поверхности. Так как в соответствующих
точках параллельные поверхности имеют общие нормали, то, следо-
вательно, все нормали к параллельной поверхности вдоль этой прямо-
линейной образующей тоже будут лежать в одной плоскости. Отсюда
следует, что параллельная поверхность будет тоже развертывающейся
поверхностью.
144. Пусть линии кривизны (Г) поверхности а соответствует на
параллельной поверхности о* линия (Г*). Нормали к поверхности с-
во всех точках (Г) образуют развертывающуюся поверхность. Но они
будут нормалями и к поверхности а* вдоль (Г*). Таким образом, вы-
ходит, что нормали к поверхности о* во всех точках линии (Г*) обра-
зуют развертывающуюся поверхность. Следовательно, линия (Г*) есть
линия кривизны поверхности о*.
145. Примем ортогональную сеть на данной поверхности за пара-
метрическую сеть. Тогда должно быть:
F = 0.
Для ортогональности соответствующей сети на параллельной по-
верхности должно быть выполнено условие:
F* = 0.
Взяв выражение (5) из задачи 139
F* = (1 — a2tf) F -j- a (aj—2) М, (1)
видим, что для обращения F- в нуль необходимо, чтобы:
ЛГ = О,
т. е. чтобы ортогональная сеть на данной поверхности состояла из
линий кривизны.
Исключением является случай, когда данная поверхность имеет
постоянную среднюю кривизну, а параллельная ей поверхность по-
строена посредством отрезка:
2
а = — = const.
В этом случае F* обращается в нуль при F = 0, т. е. ортого-
нальной} сети будет соответствовать тоже ортогональная сеть.
146. Примем сеть асимптотических линий на данной поверхности
за параметрическую сеть. Тогда должно быть:
А = 0; ЛГ=О. ч
Для того чтобы соответствующая сеть на параллельной поверх-
ности состояла тоже из асимптотических линий, должно выполняться
условие:
Z* = 0; № = 0.
ГЛАВА II
155
Принимая во внимание, что
£* = аЛГ£-|-(1 — aJ)L\
N* = aKG-\-(\—aJ)N
(см. задачу 140), видим, что при КфО коэффициенты не равны
нулю, что и доказывает требуемое в задаче.
147. Если поверхность а развертывающаяся, то ее нормали во
всех точках одйой прямолинейной образующей лежат все в одной
и той же плоскости. Следовательно, линия, соответствующая этой
прямой на параллельной поверхности, будет тоже прямая.
Рассмотрим теперь случай косой линейчатой поверхности. Нор-
мали во всех точках одной из ее прямолинейных образующих обра-
зуют гиперболический параболоид. Следовательно, отложив на них
постоянный отрезок а, мы не получим прямой линии, что и доказы-
вает требуемое.
148. Для доказательства этой теоремы рассмотрим интеграл,
выражающий площадь параллельной поверхности:
Подставляя сюда значение Н* из (7) задачи 139, получим:
J J* (I—aJ-\-a2K)Hdudv =
КН du dv.
Но интеграл:
J JjHdu dv = 0,
так как по условию теоремы данная поверхность минимальная,
вательно, из (1) будем иметь:
H*dudv = J J Н du dv -|- a2 J J
КН du dv.
Следо-
(2)
Для минимальной поверхности гауссова кривизна отрицательна
во всех ее точках, так как главные радиусы имеют разные знаки.
Следовательно, интеграл
Но тогда из (2). следует:
J* J Hdu dv,
что и доказывает теорему Steiner’a.
149. Разделим
J — 2aK
J 1— aJ-\-d*K
на
К* ==-----—------.
А 1— а]-\-а*К
(1)
(2)
156
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Тогда получим: J* J о -/с=Т-_2а>
откуда: . —JK* — ГК а 2КК* ’
Подставляя это образований: значение а в (2), получим после несложных пре- j»2_ J2 —4Л №< 2 № •
150. Подставляя а-= 1 : J в формулу:
№* =--------------------------—------
Л 1 — aJ-\-a?K
получим:
/С* = J2 ==± const.
151. Подставляя д=1:/К в формулу:
J — 2аК
l—aJ-^aPK*
получим:
J* = — У К = const.
ГЛАВА III
152. Направим ось OZ по оси вращения (черт. 10) и пусть на-
чальное положение вращающейся плоскости совпадает с направле-
нием оси ОХ. Допустим, кроме того, что вращающаяся прямая MN
в своем начальном положении (плоскость XOZ) параллельна оси OZ,
и точка, вокруг которой она вращается, перемещается по кругу
радиуса а на плоскости XOY. Тогда, обозначая через'^Ь произволь-
ный отрезок MN, получим уравнения искомой поверхности в пара-
метрической форме:
х = (а — -и sin и) cos 2и
v = (а — v sin и) sin 2и
(1)
Z = v cos и.
Исключая из этих уравнений и, v, получим уравнение этой по-
верхности в декартовых координатах:
У (**+у2 + г2 — й2) 2z (х2 4- у2 — ах) = 0. ' (2)
Чтобы представить себе вид этой поверхности, достаточно взять
не бесконечную прямую ТИ/V, а конечный отрезок с длиной, меньшей
радиуса круга. Нетрудно убедиться, что полученная поверхность по
своей форме будет напоминать известный „лист Mobius’a", одно-
стороннюю поверхность.
ГЛАВА П1
157
Для определения особенных линий поверхности (2) нужно при-
равнять нулю частные производные по х, у, z от левой части уравне-
ния (2). Таким образом, найдем:
х — а\ v z = О,
т. е. поверхность имеет двойную прямую.
Простое сравнение этой поверхности с „листом Mobius’a" показы-
вает, что она односторонняя. Но это же можно доказать и анали-
тически.
Пусть поверхность определяется уравнениями:
№®1(и, v)'t у = о2 (и, v)‘t z = cp3(tz,-о);
где ©2, ©3 — однозначные функции.
Каждой паре значений и, v отвечает некоторая определенная
точка поверхности УИ. Если непрерывно изменять «, v по какому-
нибудь закону, то точ-
ка М будет переме-
щаться по поверхности.
Пусть в процессе этого
перемещения точка М
вернулась на свое преж-
нее место (мы теперь ее
обозначим через М). При
этом должно быть:
х = х; j = y; z = z.
Но совсем не обя-
зательны равенства:
и — u; v = v.
Вообще говоря, дол-
жно быть только:
<Р1(а, = (й, у)
?2 (и> = ?2 Qb X)
<Рз (и, v) = <p3(u, v),
т. е. функции <рп ср2> <р3 должны быть инвариантны относительно под-
становки: _ _ _
и =/! (ц, v); v =/2 (u, v), (3)
характеризующей перемещение точки М по поверхности.
Если вместе с точкой М перемещать и соответствующую нормаль
к поверхности, то при возвращении точки 7И на старое место нор-
маль также должна вернуться на свое старое место. Если при этом
нормаль переменила свое направление на прямо противоположное,
то, следовательно, исследуемая поверхность односторонняя.
Перемена направления нормали скажется на ее направляющих
косинусах: шненно все они, сохраняя свою величину, изменят знаки.
Рассмотрим |подробнее это обстоятельство.
158
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Обозначая угловые коэффициенты нормали через А, В, С, на-
пишем выражения для ее направляющих косинусов:
cos а =
cos р =
В (и, и)
С (и, v)
COS 7 = ... =:
/Д2 + В2 + С2
Числители этих выражений суть функциональные определители:
Д (н, v) =
D (у, z)
D («, z)
В (и, v) =
D (2, X)
D (и, v)
С (и, v) = Р .
k ' D (и, v)
После подстановки (3) получим, на основании известных свойств
функциональных определителей:
А •
D(u, v) ’
В
D (и, v)
D (u, v)
(5)
Из (4) и (5) нетрудно заключить, что перемена знака у косину-
сов может быть в случае, если < 0. или же если знаменатель
D (и, v)
меняет знак, т. е. проходит через нуль или бесконечность, что имеет
место только при переходе через особую линию поверхности. Этот
случай легко заметить, так как при этом выражения для косинусов
нормали принимают неопределенный вид.
Если поверхность не имеет особенных линий, то путь движения
точки М можно выбрать так, чтобы миновать особенные точки. Если
особенная линия не разделяет точки М и 7И, то и в этом случае воз-
можно выбрать непрерывный путь, вдоль которого А2 -р В2 -|- С2
не меняет знака.
В этом последнем случае поверхность будет односторонней, если
< 0, что следует из (4) и (5). Если же > 0, то, оче-
D (и, v) J 4 7 ' ' D(u,v)
видно, поверхность б^цет двусторонней.
Случай, когда У*Д2В2 С2 обращается в нуль на некоторой
линии поверхности:
X (zz, v) = 0
или — в бесконечность на линии
р. (и, V) = 0 (7);
требует особого исследования. Мы ограничимся только наиболее
ГЛАВА III
159
простым случаем, именно, когда возможно подобрать такие целые*
положительные числа h, kt что величины:
иЛ цЛ иЛ
А~у* А> C1 = Т* с
не обращаются одновременно в нуль и сохраняют конечные значения
во всех точках линий (6) и (7).
После этого выражения для косинусов будут иметь вид:
cos а = l_.. ; cos р = ---;
+ + уд12 + в12_|_с12
С1
cos Y = 1 .
/Л12 + В12+С12
Теперь V42+S12 -j- Cf может обратиться в нуль или в бес-
конечность только в отдельных точках. Следовательно, можно выбрать
путь ММ так, чтобы уА^ Вх2 -j- Cf2 на всем протяжении этого пути
сохраняло знак. Если при этом подстановка (3) меняет знаки у ЛрВр Ct,
то поверхность будет односторонней, в противном случае—дву-
сторонней.
Удобнее всего начинать исследование поверхности с подстановки
типа:
— аиА- b — сш 4- 6 )
и =-----!—: v =-------!. I
си-\- d о j
откуда: } (9)
D (Л> A) (ad — be) (aS — ру) |
D (и, v) (си d)'1 (fv + б)2 ‘ j
Следовательно, если фх (u, v), <э2 (w, t>), ©3 (u, v)
сительно подстановки (9), причем
(ad — be) (aS — p?) < 0,
инвариантны отно-
то поверхность будет односторонней при условии, что Д/\42 —|— В-~\~С2
принимает значение нуль или бесконечность только в отдельных
точках. ___________
Если же yf А2В*С2 обращается в нуль или бесконечность
вдоль некоторой линии, причем ?х(и, v)t <р2 (w, -и), <э3(и,-и) инвариантны
относительно подстановки (9), то делаем преобразование (8). Если
после этого величины Лр Bv меняют знак при подстановке (9),
то поверхность односторонняя. *)
Вернемся теперь к нашей поверхности:
х = (а — v sin и) cos 2и
У —(а — v sin и) sin 2и
z = v COS и\
х) Изложенный метод исследования принадлежит Л. К. Л ахтппу, Мате-
матический сборник, том XXIV.
160
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
эти выражения инвариантны относительно подстановки: и. = и тс'»
v = — v. При этом
D {«, v)
/Д2-Н 5^4-0 = /4 (a —vsirn/)2-}-^ » D
cos а = {2 (а — и sin и) cos и cos 2и — v sin 2и}
cos p = -^- {2 (a — v sin u) cos и sin 2^4-^ cos 2uj
2 sin и
cos 7 = ——— (a — v sin u).
Выражение D во всех точках сохраняет конечное значение и обра-
щается в нуль только в отдельных точках. Следовательно, исследуемая
поверхность односторонняя.
Это можно видеть и из того, что выражения (10) меняют знак,
сохраняя величину при подстановке
и = v 4~ к; v = — V.
163. Уравнение исследуемой поверхности будет:
x = vcos«; у = х> sin/г, 2r=sin2tt (1)
или в декартовых координатах:
2ху
Эта поверхность имеет двойную линию:
х = 0; у = 0.
Выражения (1) инвариантны относительно подстановки:
« = «4“^’» v =—v' (2)
Далее имеем: _ _
D (и> 1
D (и, v)
2 sin и cos 2и л 2 cos и cos 2и v
cos а —----------------; cos ₽ =----------------; cos 7 = — —,
где
D ==/<1,24-4 cos2 2u.
Косинусы меняют знак от подстановки (2), следовательно, п о-
верхность односторонняя.
154. Поверхность имеет двойную прямую:
х = 0; у = О.
Исследуемая поверхность может быть представлена в параметри-
ческом виде:
X = и COS V', у = и sin V] Z == cos9 V.
ГЛАВА III
161
Эти выражения инвариантны относительно подстановки:
и — — и\ v = ~ С )
Далее:
sin3 v cos v п 2 cos9 v sin v и
cos a =--------------; cos (3 =--------------; cos у = —,
где
D9 = 4 sin2 v cos9 v 4~ и2.
Подстановка (:’=), не меняя величины косинусов, меняет у них знак.
Поверхность односторонняя.
165. Исключая и, v, получим:
(X 4-у _|_ Z2 _ 5)2 (2 (£2 _ 4) _ (Х 4- у _ 1 )2) _ (х _У)2 (г2 — 4)9 = 0. (*)
Поверхность имеет две двойные прямые:
x-|-V —1=0 | —1=0 1
z — 2 = 0 J г-[-2 = 0. J
Выражения для косинусов будут иметь вид:
sin и I 1 \ / 1 , „ \
cos a =-------— г»----4----------н 2 cos и
D \ v / \ v /
0 cos и / 1 \ / 1 . _ . \
cos 3 =-------— I v---I I v------к 2 sin и |
. D \ v )\ v ~ )
1 / । 1 \ ( 1 . , . . . . о |
cos 7 = —-1 и J--I J v------к (sin и -4- cos и) sin 2и 1,
D \ v J \ v I
где D2 равно сумме квадратов числителей.
Выражения для х, у, z инвариантны относительно подстановки:
- - 1
и = и 4- ц; v = —,
а выражения для косинусов ме-
няют знаки при этой подстановке,
не изменяя своей величины. Сле-
довательно, поверхность (*) одно-
сторонняя.
156. Поместим начало коорди-
нат в данную эллиптическую точку
поверхности так, чтобы ось OZ
пошла по нормали к поверхности,
а оси ОХ и OY совпали с главны-
ми направлениями (черт. 11).
Возьмем на одном из кругов
кривизны произвольную точку М.
Очевидно, геометрическое место
точек М (для всех кругов) даст
искомую поверхность.
Из формулы Euler’a
1 _cos9 и . sin9 и
‘ Pl рГ~
Черт. 11.:
11 Зак. 1571. — В. И. Миливскяй
162
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
получаем:
р =---------№-----------.
Pj sin2 и -J- р2 cos2 и
Далее из чертежа:
х = р cos и sin <и\ у = р sin и sin v, г = р(1 — cost/).
Подставляя сюда значение р, получим уравнения поверхности
в параметрическом виде:
__ PiP2 cos и sin v
Pi sin2 и -f- p2 cos2 и
P1p2sinzz sinz/ ,n
y Pi sin2 u p9 cos2 и ' '
PiPaC1 — C0STZ)
pi sin2 и -j- p2 cos2 и
или, исключая и и v.
(X2 V2 \
— + =2г(хНЛ (2)
Pi Ра /
Эта поверхность имеет особенную линию: двойную прямую: х = О,
>> = 0.
Вычислим направляющие косинусы нормали. После несложных
преобразований получим:
2 v и i fcos2w sin2 u\ f 1 1)
cos а = — cos COS И < [sin2 1 1 J 4“ 1 sin2 и I
D 2 2 ’ I Pi Pa J r I 1 I Pl Pa J
а 2 v f COS2 U pSin2 f 1 1 \ 1 (3)
cos В = • cos — sin и [sin2 1 1 1 1 . — | sin2ul
г D 2 2 ’ I Pl Pa J I Pl PaJ
1 v (cos2 u , sin2 и
— sin — cos и J--------------------
D 2 I Pi Pa
где Z)2 равно сумме квадратов числителей.
Подстановка: а = — и\ 'У = г>-|-7г не меняет выражений (1), но
меняет знаки у косинусов (3). Следовательно, поверхность, одно-
сторонняя.
Интересно отметить, что если преобразовать эту поверхность
обратными радиусами, приняв за центр инверсии точку N и степень
инверсии равною единице, то получим цилиндроид.
Действительно, заменяя в (2) х, yt z соответственно на
X у Z
х2-Ну2-|-г2 ’ х2+^2 + г2 ’’ х2+^24-^ ’
получим:
X2 V2
— 4-2-= 2г (*»+/>)• (4)
Pi Ра
Чтобы упростить это уравнение, передвинем оси. координат вдоль
по OZ на расстояние z0, затем повернем вокруг оси OZ на некоторый
угол <? (z0 и <р пока неопределенны).
ГЛАВА III
163
После этого уравнение (4) примет вид:
„ / cos2 ср . sin2 <р \ /1 1 )
х2 I---1Ч---------- 4- 2ху sin ср cos ср I-----
\ Pi Рг / \ Р2 PU
. о /sin2со . cos2ср\ t п Оч z
+^2 ( —~Ч---------—Л = 2(х24~_у2) (г — 20),
\ Р1 г2 /
или иначе
/ COS2 ср sin2 ср . _ \ . /1 1 \ I
х2 I------ Ч----- 4- 2гп I 4- 2ху sin cd cos ср I-14-
\ Pi Ра / \₽а Pi/
+jia/sin^ + c^ + 22o\ 2г(х,+ у2) (5)
\ Pl Р2 /
Выберем теперь ср и г0 так, чтобы в левой части этого уравнения
пропали х2 и у*.
Для этого положим
cos2 ср
Pi
sin2 ср cos2 ф
Pi Ра
^ + 2го = О
Ра
откуда, складывая, находим:
1
Pi
т. е.
/J J\
4 \ Pi Pa /
аналогично, посредством вычитания, получим:
/ 1 Г \
. ---------I cos 2ср = 0;
\ Pi Ра /
следовательно
Т= 2-
Подставляя в уравнение (5) найденные значения z0 и ср, получим
уравнение цилиндроида:
2тху = z (х2 Ч~ >2)>
где для краткости положено:
1 / 1 1 \
т = I------------.
2 \ Pi Р2 /
157. Поверхность имеет три двойные прямые:
х = 0 | х = 0 1 j/ = 0
^ = 0 J г = 0 J z = 0
164
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Уравнения этой поверхности в параметрическом виде будут:
л sin 2и sin-и cos2,n
X--- -- --------------------------
sin2 и cos2 и sin2 v cos2 v
a sin 2u sin2*/ cos-u
v =-------------------------------
sin2 и -J- cos2 и sin2 v cos2 v
' a sin2 и sin 2v
z =-------------------------------.
sin2 и -f- cos2 и sin2 v cos2 v
Далее находим направляющие косинусы нормали:
cos a = -i- sin и sin v (sin2 и — cos2 и sin2 v cos2 v — 2 sin2 u cos2 v)
cos (3 == --j sin и cos v (sin2 и — cos2 и sin2 v cos2 v — 2 sin2 и sin2 v)
cos i = -i cos и sin v cos v (cos2 и sin2 v cos2 v — sin2 u)
(2)
где £)2 равно сумме квадратов числителей правых частей этих равенств.
Выражения (1) инвариантны относительно подстановки:
и = -г -— и\ v = 1Г V.
Числители в выражениях (2) меняют знак, не меняясь по вели-
чине. Следовательно, поверхность односторонняя.
158. Поместим начало координат в центр эллипса, а ось OZ
направим вдоль по его переменной оси. Тогда параметрические урав-
нения поверхности будут иметь вид:
х = a cos и cos v\ у = а cos и sin
2r = ^sin и sin
V
~2У
О)
или, в декартовых координатах:
№ (х2+/) — 4te2 (х2+у2) 1
= 0. (2)
Эта поверхность имеет двойную прямую:
j = 0; z = 0.
Вычисляем направляющие косинусы нормалей:
ab
cos«=_—
ab i i
cos [3 = ——1 — sin2 и cos v— 2 cos2 и
LJ \ Z»
V
sin2 и cos2— 4- cos2 и cos V
. V
sm-
v
cosT
a2 sin и cos и
cos 7 = -
D
где D2 равно сумме квадратов числителей. Применяем подстановку:
и = — к; v = v 2it.
ГЛАВА IV
165
Выражения (1) инвариантны относительно этой подстановки,
а косинусы нормали меняют знак. Следовательно, поверхность одно-
сторонняя.
159. Произведем аффинное преобразование:
Х = х-^-у; У = х—у; Z = x-]-y-j-z.
Тогда получим поверхность Н. Smith’a (см. задачу 153):
2х2
а эта поверхность односторонняя.
160. Переходим к параметрической форме:
х = и cos v; у = и sin v; z = sin2" v.
Подстановка u = — ir, v = v-\-к не меняет этих выражений, но
меняет знаки у направляющих косинусов нормали. Поверхность одно-
сторонняя.
ГЛАВА IV
163. Воспользоваться формулой:
1 __cos2 ср . sin2 ср
Pi Р2
164. Обозначая через и р2 главные радиусы кривизны, а через
Pi* и Ра* радиусы кривизны двух взаимно ортогонал^ых нормальных
сечений, будем иметь по формуле Euler’a:
Складывая, получим:
1 । 1 1,1
—т Ч---г =---------= const.
Pl* Ра’ Pl Р2
165. Воспользоваться формулой Euler’a:
1 cos2 ср . sin2 ср
Pi Р* Р*+
166. Центр кривизны нормального сечения, проведенного через
касательную к кривой, совпадает с центром сферы. С другой стороны,
геометрическое место центров кривизны всех сферических кривых,
проходящих через рассматриваемую точку кривой, имеющих ту же
касательную, есть круг, лежащий в нормальной плоскости с диаме-
тром, равным радиусу сферы. Этот круг пересечет соприкасающуюся
плоскость в центре Кривизны данной кривой. Соединив прямыми
центр сферы, рассматриваемую точку на кривой и центр кривизны,
получим прямоугольный треугольник. Отсюда непосредственно выте-
кает требуемое свойство.
166
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
167. Круг. Ввести полярные координаты, приняв точку /И за
полюс; нормаль, лежащую в касательной плоскости, — за полярную
ось. Применить теорему Meusnier.
168. Сфера^ Применить теорему Meusnier.
169. Кривая, определяемая пересечением поверхностей:
су хг = 0; Z* — х2 — с2.
170. Пусть уравнения данного эллипсоида и сферы будут
Ax2-\-By2-\-Cz2=l (1)
x2-J-y*4-z2 = a2. (2)
Из уравнения:
(г/ — s2) р2 + Н { 2pqs — (14- р2) t — (1 + q2) г) р + Н1 = 0 (3)
имеем:
________f£_. , . _(l+paX-2pgs + (l+g»)r_
Р1Рй -----s2 ’ Pl Ра rf--s2 ( )
Определяя из (1) производные:
Ах Р Cz : 4 ву Cz
Л г С2 Cz2-\-Ax2 . _ АВху . гз ’ ~ ’ t = - В С2 Сг2-|-Ву2 Z3
и подставляя в (4), получим:
Р1р2 ЛВС (5)
Pi + Ра =
д А2 (В + С) Х2 + ВЧС + + ^. у + В2у2 +
Но так как:
A2 (ВС) х2В? (СА) у2С2 (АВ) z2 = (Ах2By2-\-
+ Cz2) (ВС + СЛ + АВ) — АВС (х2 + г2),
то, принимая во внимание (1) и (2), получим:
Следовательно:
V^PiPa _ УазВ*Сл _
Pi + Pa BC + CA-yAB
F~., хх ясу BxzBx
171 к— — 1 В ух Вуу Byz By
1 / 1 • + >7+Л2)2 F F 1 zx * гу Вгг Fe
F F 1 х 1 у Вг 0
ГЛАВА IV
167
172.
к— 1
2к
d2lnk . a2Ink
ди? ' dv2
173.
1
К Ус ди* •
174. Симметричные координаты характеризуются тем, что для них
Е = 0; G = 0.
Следовательно, полная кривизна будет иметь вид:
1 d2lnF
К
175.
F dudv '
„ 1
/С=------- const.
ай
176. Вычисляем гауссовы коэффициенты:
Е = 1 +/'2(«); F = 0; G = u2; /7 = й/Г
= 714=0; HN=u*f(u).
Следовательно:
к == f (“)/"(“) j = <*/'(«)+/'(«)+/
з
Тогда:
177. Пусть уравнения цилиндра:
х = a cos и] у = a sin и; z — v.
Е = а?\ F = 0; G = l; Н=а
L = —a< Л4 = 0; M—0.
Следовательно
2
а
178. Возьмем уравнения конуса в параметрическом виде:
x = ucosvt у = и sinv; z = u ctg6.
Вычисляем гауссовы коэффициенты:
Е— —•
sin2 О
L = 0;
Следовательно:
~ и
F=0t G = u^-
sin 6
= 0; /V = — и cos 0.
cos 9
и
cP
t
К=~ J
180. 4 = 0; минимальная поверхность.
179.
0.
168
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
181. Находим гауссовы коэффициенты:
£=l-h/'2; F = hf'\ G = u?-\-№\ Н* = и? (1 4-/2)
HL — uf,r\ HM = — h\ HN—utf'.
Следовательно:
iflff'—h* (1_^/'2)и2уг/_|_2А2уг/_|_(и2_|_Л2)му"
A2_La2(l_L_/'2); J— Д
(Л»+««(1 +/'2))2
4л2Л2 ±ah
182. = J = ^{a2-b^uv)
№ = 4«2Z>2 + д2 (и — 1/)2 _р #2 (и ^2.
183. Минимальная поверхность:
J=0.
184. Минимальная поверхность:
7 = 0; К= —
у (ch v cos a cos и)4
185. Минимальная поверхность:
__________„_______ / a sec ах sec ay \2
’ \ 1 + tg2 ах 4~ tg2 ay )
186. J = 0; минимальная поверхность 9-го порядка.
(4гЗ — 27 х2 4- 27 у* 4~108 z )3 = 27 z ( 27 (х2 4~^2) z 4- 24 г*
4-81 (х2 — ^2)4-216 г)2.
187. Для упрощения вычислений перейдем к криволинейным
координатам:'
х = и cos v; у = и sin v.
Подставляя в данное уравнение, получим:
x = kcosi/; _y = zzsinT»; z = In sin и.
Вычислим теперь коэффициенты L, М, N:
L —-----; Л! = 0; N= и cos и,
sin и
Следовательно:
__ LN—/И2 sin 2а
EG — F^ 2о““
188. и etg и 2 Р1 sin v 1 sin v
189. К= — 1. и
190. etg и £ 2 Pi== —; р2 = COSV 4 costr — (i 4“sec и)cos2 v-
ГЛАВА IV
169
F"yi-®'2
поверхности в векторной форме:
R = r-|-«t.
по v —
191. Р1= — tg»6; Р2= — (12sec2O)tg0.
192. Р1 = —и; р2 = tg и — и.
193. р„ = ф+А±£Х.
Ср
194. Возьмем уравнение
Дифференцируя по и и
Rtt = t; Rv = 14- «Ап,
откуда:
£=R,2=1; F=R„Rt,= l; G = R„2 = 1 4-u2k* H=uk.
Далее:
m = -i-[RwRv] = b
RMM = O; Rnv = An; R„„ =— uk2i-]-(k-[-ukf)n-\-ukxb
L = mR„w = 0; M = mRttu = 0; W= mRww = xku.
Следовательно:
195. Берем уравнение поверхности в векторной форме:
R = r-|-«b.
Дифференцируя по и и по v = s, будем иметь:
RM = b; R„ = t — ихп,
откуда:
£ = RU2 =
Далее:
L = mR„tt = 0; М = тИ,^ = — —; W=mRin)
в* = —-[R»R.] = "±^L
Н /1 + и2й2
Rwu = 0; Rttv = — тп; ROT, = ukxt + (А — их') п — нт2Ь
и2 — х'и
77
Следовательно:
_____________ тй __k-\-kx2u2 — х'и
К~~~ J : ~
v ‘ ' (l-|-a2i:2) 2
196. Берем уравнение поверхности в векторной форме:
R==r 4- «п.
Дифференцируя по и и v = st получим:
RM=n; R„ = (1 — Аы) 14-uzb»
170
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда:
E=l; F = 0; 0==(1 — +
т = — { uzt + — 1) b }.
Далее:
£ = 0; M = — 47'i W=4r(a2£z'
п ri
Следовательно:
-2
= — { (1 — Аа)2 -f- «2т2 (2
___ и2 (k-' — k'l) — их'
J__JT*
{(1—Att^ + tt2?2) 2
197. Возьмем уравнения коноида в параметрической форме:
х = и cos v; у = и sin v; z = /(v).
Вычислим коэффициенты Е, F, G, L, М, N и Н:
Е=1; F = 0; G — u*+fa (у)
£ = 0; М = -Ш;
Ha = ua+/'a(v).
Подставляя в формулу для определения полной кривизны
LN—MP
К~ EG —Г2 ’
получим:
Н* u2+/,2fu)’
откуда непосредственно следует:
— 1 <К<0.
198. Возьмем уравнения семейства (OZ— ось вращения) в парамет-
рической форме:
x = ucosv, y = usinv; z=f(u)-\-ht (1)
где h — переменный параметр, характеризующий смещение вдоль по
оси вращения. Возьмем, далее, другую поверхность вращения:
х = и cos -и; у = и sin v\ z — Ф (и), (2)
ортогональную поверхностям семейства (1).
Составляем условие ортогональности:
Ф' («)/'(“) +1=0.
Следовательно:
ГЛАВА IV
171
Вычисляем общей точке: гауссову кривизну для поверхностей (1.) и (2) в их /' (и) Г (и) К = -I 2 ' для поверхности (1) в 1 1 J ) Ф'(и) Ф'Чв) для поверхности (2). и (1 -f- Ф л)л
Для доказательства теоремы заменим /' (и) и f" (и) в выражении
для К их значениями из (3):
1 Ф" (и)
Тогда будем иметь:
ф' («)$"(«)
<х —-----—
что и доказывает требуемое.
198а. Условие ортогональности асимптотических линий есть:
LG — 2MF-\-NE = Q.
Следовательно, поверхность минимальная. Но единственная минималь-
ная поверхность вращения есть катеноид.
1986.
__ X(uw1-p,»w2 — w)
в2 -f"1,2 4”12/2 *
где и «и/2 обозначают частные производные от то no и и по
а X есть корень уравнения:
kwn 4-^i9+ 1
Xw12 4-10^2
Xw124-t01wa
xw224-w224- i
v-j-ww2
a4_'awi
и2 4“1/2 4“
/^4-w<wi
ГЛАВА V
199. Если две поверхности
/(х, у, z) = 0; 9 (х, у, г) = 0
пересекаются ортогонально, то должно выполняться условие ортого-
нальности:
| ГП
дх дх ду ду ’ dz dz
Обозначим в нашем случае:
/(х, г) = х24~^24“'г2—ах
? (Х» yt z) и X2 4“ У2 4" & fty-
172
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Вычисляя
частные производные от f и
в левую часть (1), получим:
(2х — а) 2х 4~ %у (2у — r3) 4~ 4z2,
© по х, у у z:
dz
дэ
—- = 2z
dz
и подставляя
или, иначе
2 (х2+_у2 4~ z2 — ах) ~f“ 2 (х2 4“ У2 4“ z2 — [Зу),
что, на основании данных задачи, равно нулю. Таким образом орто-
гональность поверхностей
х2 4~ У2 4“ & — ах = О
х2 4- у2 4- г2 — = О
доказана. Ортогональность пересечения других поверхностей доказы-
вается таким же способом.
Но эту задачу можно решить и другим способом. Помня, что
угол пересечения двух поверхностей при инверсии не меняется, пре-
образуем данную тройную систему, принимая за центр инверсии начало
координат и полагая степень инверсии равной единице. В этом случае
формулами преобразования будут: -
_ X . _ Y • __ Z
х x24-y24-z2’ у х2~\-y2z-1 z х2~\~ r24-z2’
Подставляя в уравнения данных поверхностей и избавляясь от
знаменателя, получим:
аХ=1; рГ=1; ?Z=1,
что представляет собой тройную ортогональную систему .плоскостей:
три семейства плоскостей, параллельных координатным плоскостям.
Возвращаясь посредством обратного преобразования к данной
системе, видим, что и эта система ортогональная.
200. Эта задача может быть решена так же, как и предыдущая,
двумя способами. Не останавливаясь на первом, рассмотрим второй.
Выберем начало координат за центр инверсии и положим степень
инверсии равной единице.
Пользуясь формулами (2) предыдущей задачи, мы преобразуем
данную тройную систему в такую:
мХ=1; Z=vY‘, w(Z24-y2) = l.
А эта система, очевидно, ортогональная (цилиндрические коор-
динаты). Но тогда по основному свойству инверсии заключаем, что
и данная система ортогональная.
201. Возьмем две поверхности, принадлежащие к первым двум
семействам:
и = 0; х24-_у24-^ — v = 0. (1)
ГЛАВА V
173
Составляем условие ортогональности:
df dtp I df d<p . df dtp
dx dx dy ду ' dz dz
где f и ср обозначают соответственно левые части уравнений (1). Под-
ставляя сюда значения производных от /, ср по х, у, z, будем иметь:
что и доказывает ортогональность поверхностей (1).
Окончание задачи предоставляется читателю.
202—205. См. указание к предыдущей задаче.
206. Пусть £ =.f (xt у, z) одна из искомых поверхностей. Напишем
условие ортогональности
da dp da др da др
dx dx * dy dy * dz dz
Подставляя сюда значения частных производных от а из данного
уравнения: ху — az=Q, находим:
±^+14₽._1^=0. о,
х дх 1 у dy z dz х
Образуем соответствующую систему дифференциальных урав-
нений:
d3
xdx = ydy — — zdz =
} Ее решения будут:
C1 = x2-|-^; = + p = C3.
Следовательно, общий интеграл уравнения (1) будет:
^ФССрСг),
где Ф — произвольная функция. Аналогично получим для третьего
семейства искомых поверхностей:
7 = Ф (Сп С2).
Но поверхности р и 7 взаимно ортогональны, следовательно:
I __д
дх ‘ dy dy ’ dz dz ’
или
дФ । л дФ д<р . 2 / дФ дФ \ / дф , дф \
дС. дС. "г у dC. dC» \ дС. дС„ / \ дС. дС„ / ~
11 м » 1 Q f \ L Д (
Заменяя здесь х, у их значениями через zt Ср Cv найдем:
дФ дф I г дФ дф . а / дФ дф . дФ дф \_________
С1дС7дС7“’" ~dC^^~Z \ дС? дСГ’’"~da дС?/ °’
•• 6 У к А А \ I
174
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Так как это уравнение должно иметь место при любых Clf С2, г,
то получаем уравнения:
дФ дф . дФ дф _________ дФ дф . дФ дф
1 ас, дсг ф ; дс7 ~дс^~^~~дс^ ~дс[~ ’
откуда:
/^Ф_\2_г I дФ \2 I дф V / дф \2
'[dCj 2 \ dCa / ’ 2\dcJ •
Следовательно:
_ дФ __
VC1~dQ"~
v 4 dct-------V4 ас/
Для интегрирования этих уравнений составляем систему:
dCx___ | dC2 __dФ
о”
Решая ее, получим:
а=Ус^^:Ус^ * = Ф.
Следовательно:
или, что то же:
/СН-/^=-Р; Vc.-Vc^v
Таким образом искомая тройная ортогональная система будет:
а = ^-; р = ух2_|_г2_|_у 7 = Ух24~‘2;2 — Yy^-^-z!2.
207. Пусть одно из искомых семейств определяется уравнением:
F(x,y, z) = p. (1)
Так как все эти поверхности ортогонально пересекаются поверх-
ностями данного семейства (конусами):
ху
„ = а,
Z2
то должно выполняться условие^ортогональности:
\dF d
dz dz
(2)
или.
dF d / xy dx dx \ z2 U- / 1 dy д 1^.\
более кратко:
dp d^ . др da . ।
— —b- —— —-
dx dx 1 ду dy 1 ।
Заменяя здесь a его значением из
др
^-Т“
dz
ду
д? да^^0
dz dz
(2), получим:
2ху ь= 0.
dz
(3)
ГЛАВА V
175
Далее, для нахождения общего интеграла этого уравнения соста
вляем соответствующую систему:
dx __dy___ dz dp
vz xz — 2xy 0 ’
или иначе:
, J 1 , dp
xdx=ydy =--------— zdz — -^-.
Zi U
Отсюда находим независимые интегралы:
р = С; 2x2+2у2z2 = с".
Следовательно, общий интеграл уравнения (3) будет иметь вид:
p = F(z2-|-2x2, z2-j-2y2)t
где F есть знак произвольной пока функции.
Таким образом, оба искомых семейства поверхностей можно опре-
делить уравнениями:
р = ?(г2_}-2х2, г2-|-2у2)
7 = ф (z2 -|- 2х2, г® -f- 2_у2),
где р и f — переменные параметры, а о и ф— произвольные (пока)
функции, которые нужно определить.
Положим для сокращения письма:
и — Z2 -|- 2х2; V =5 22 _]_ 2у2. (4)
Тогда:
P = <p(«, v); 4 = ty(utv). (5)
Каждая из поверхностей р, 7 ортогонально пересекает каждую
из поверхностей (2); кроме того каждая из поверхностей р ортого-
нально пересекает каждую из поверхностей 7. Следовательно:
d<p дф д© dty _
дх дх "у” ду ду dz dz
Но так как:
d© dtp du .dtp dv dtp dtp du . dtp dv
dx du dx * dv dx ’ dy T du dy ' dv dy
то написанное условие можно преобразовать к виду:
d<p ( / du у . / ди \2 / ди \2| . dtp dtp f / dv \2 . , /du
dw- du ( \ dx / ' \dy ) ' \ dz / J dv' dv | \ dx / ' \ dy
. / dv \2| / d<p (Эф , dtp dty \ { du dv *du dv du dv\ _
\ dz ] J * \ du dv * dv du / \ dx dx * dy dy ' dz dz ) ~
Заменяя здесь и и v их значениями из (5), получим:
(г- да ди 4-1г -t- V>) dv dv -t-г du j
176
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Выражая x, у через г, ut v из (4) и подставляя в это уравнение,
получим:
(2и-я£ *Е+(2г,_г2)*^+г2
4 ди ди ' dv dv
(дер дф
ди dv
дер дф
dv ди
или, иначе:
ди ди
_lz4— -4- — —
’ \ ди dv ' dv ди
дер дф ,
dv dv *
дер дф дер дф
du du dv dv
Но так как это уравнение удовлетворяется при любых и,
-то, очевидно, должно быть:
дер д'Ь . дер дб )
и -т2- —4- v = О
ди ди dv dv I
дер дф . дер дф дер дф дер дф -• |
du dv * dv du du du dv dv ’ I
V И Z,
(7)
Последнее из этих уравнений можно переписать так:
О,
откуда
дер дер Q
du dv
(8)
Интегрируя это уравнение, получаем:
ер = ер (и -j- v)t
где ер есть знак пока произвольной функции. Заменяя в первом из
уравнений (7) ер его значением из (8), получим:.
дф । дф
и 4- v = 0.
ди dv
(9)
Для нахождения общего интеграла этого уравнения составляем
соответствующую систему:
du___ dv__ е/ф
и v О’
откуда находим независимые интегралы:
С=-> С' = ф.
v
Следовательно, общий интеграл уравнения (9) будет иметь вид
. и I ’
ф = ф
где ф— опять произвольная функция. -
ГЛАВА V
177
Итак, мы имеем тройную ортогональную систему, определяемую
уравнениями:
а = ^’ •? = ?(« + '»); (10)
4* \ Ur /
Если решить два последних уравнения относительно их аргумен-
(<у \
— j, то получим:
и
«Ч-®=/(Р»т); — = Ф(₽>'г)>
U
где f и Ф — знаки совершенно произвольных функций, так как ср
и ф — произвольны. После этого систему (10) можно переписать так:
^ = а; и4-v =f (Р, к); -^=Ф(₽,к),
или, заменяя и и v их значениями из (4)
(параметры):
^ = «; *»+УЧ-г» = ₽»;
и вводя новые
постоянные
£!±2^=т.
гг-|-2х? '
Это и будет окончательный вид тройной ортогональной системы.
208. Пусть:
F (х, yt z) = р
есть общее уравнение поверхностей, ортогонально пересекающих по-
верхности данного семейства:
хуг = 0. (1)
Тогда имеет место условие ортогональности:
dF да dF да dF да
дх дх ' ду ду ' dz dz ’
или, заменяя производные от а по х, у, z их значениями из (1):
+ = (2)
х дх 1 у ду 1 z dz
Для интегрирования этого уравнения составляем соответствующую
систему:
dF
. xdx =ydy — zdz =—^~i
откуда:
х2—y2=Ci; x2+j/2 — 2z2 = C2; F=Cs.
Следовательно, общий интеграл уравнения (2) будет:
(3 = ср (х2 -{-.у2 — 2г2; х2 —_у2),
f
где ср есть знак произвольной функции.
Положим:
и = х2 -|->2 — 2г2; v = х2 —у-. (3)
12 Зак. 1571. —В. И. Милннокнй
178
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Обозначая, далее, через ф еще одну произвольную функцию, можем
написать уравнения искомых семейств поверхностей в виде
р = ?(п, v)'T ? = ф(и, v)t (4)
где р, 7 — произвольные параметры. Напишем условие ортогональ-
ности пересечения двух поверхностей 0 и 7:
до дф . д<о дф д© дф ______
дх дх ду dy'dz dz
Если же ввести сюда и и и, то это уравнение примет вид:
Заменяя здесь и и v их
значениями из (3), получим:
(xS+^ + 4^)^ +
' 1 1 ди ди * dv dv 1
+(lfi _ Л +Л. = о
у *\ди dv^ dv ди I
Если теперь заменить здесь № и у2 их выражениями через иу vy
из (3), то будем иметь:
(« + М^ ^+«.+2^) £ (£. *Ц = о.
' 1 ди ди 1 1 dv dv \ ди dv 1 ' dv ди /
Так как это уравнение имеет место при любых значениях и, v9
то:
о д? дф д© дф
ди ди dv dv
до дф . д© дф . / д© дф д© dty \
И 21 21 ”"1 1 21 I I 21 11 I 1 21 I
ди ди dv ди \ ди dv 1 dv ди /
откуда выводим:
д<р
dv
дф
dv
Зи
= 0
и, следовательно:
v — (и-|-}/и2-1-3'П2) 4^-— 0 |
dv 1 г * 'ди |
-и—----(« — 3v2)0- i
dv г '' ди )
(5)
ГЛАВА V
179
Интегрируем первое из этих уравнений; Это приведет к однород-
ному дифференциальному уравнению:
du u-P j/u2 4~ З-и2
=-----------V-------• <6>
Интегрируя его, получим:
(|/и2_|_зг,а _|_ 2м)2 _j_ 3^2 _ П) = с.
Следовательно, общий интеграл первого из уравнений (5) будет:
Р = ф (С), или проще Р = С, т. е.:
(]/а24~ Зт>2 + 2«)2 (}/и2 + 3-о2 — и) = р.
Аналогично получим:
(/h2_|_3v2 _ 2м)2 (/а24-3-У2 -|- и) = у.
Подставляя сюда вместо и и v их выражения через х, у, z из (3)
и заменяя р и f на —-^-р и-----мы получим, после небольших
преобразований, искомую тройную ортогональную систему:
xyz = a
(у2 _j_ _ 2х2) (z2 4- х2 — 2у2) (х2 +^2 — 2z2) —
_з
— 2 (х4 -j- У1 + z* —y2z2 Z2X2 — х2у2)2 — Р,
(у2 _|_ Z2 _ 2х2) (Z2 + х2 — 2у2) (х2 -j-y2 — 2z2) +
3_
4~ 2 (х4 4-3'* 4~ & —У2^2—z2x2 — х2у2)2 = f •
209. Первое из данных уравнений можно переписать в виде:
и* — и2 (%+ Y-\-Z+a + *-H + H*(*+c)+Hc+a)-rz(*+a) +
+ be + са + db ) — (Xbc + Yea -j- Zab + abc) = 0. (1)
Обозначая корни этого уравнения через «, v, wt мы можем,
очевидно, написать:
u4-v4-w = X+ Y~}-Z-\-a-}-b-}-c
vw wu -J- uv = X (b + c) -}- Y(c4~fl) Z (ab)beeaab
uvw = Xbc 4- Yea 4~ Zab -j- abc.
(2)
Дифференцируя же эти соотношения по х, получим:
du дц.
дх "* дх
dw
дх
(“ + «)-^7 = АГ'(*+с)
(/Л
ди I dv I dw V/».
t/w -ч—k wu -x—H = X bc.
dx 1 dx 1 dx
12* ..
180
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Умножим теперь первое из этих уравнений на w2, второе на —w,
а третье на единицу, и складывая их почленно, придем к такому
уравнению:
ди
(u — v)(u — w) — = (u — b)(u — c)X'.
ди ~<>У Не трудно ди dv ’ dz * дх получить dv ’ "dy ’ “ аналогичные соотношения и для производных . Таким образом, мы будем иметь:
ди дх ди 'ду ди dz _ (u — a)(u — b) (u — c)
X' Y' Z' (u— v)(u— w)
и — а и — b и— с
dv дх dv dv dz (v — d) (v — b) (v — c) (3)
X' Yr ~ Z' (y — w)(y — u)
v — а v — b v— с
dw дх dw dw dz (w — a) (w — b) (w — c)
X' ~ Y' Zr (w — u) (w — v)
w—а w—b w— c
Если теперь в условиях ортогональности:
du dv dx dx . du dv , ' dy dy "Г" du dv dz dz
dv dw ( dv dw ( dv dw n
dx dx ’ dy dy dz dz
dw du , dw du ( dw du •
dx dx dy dy ‘ dz dz
du du du dv dv
заменить производные — r dy * dz ’ -r—, -r—t ... их значениями dx dy
из (3), то получим:
X'* y'2 |. о
(v — a) (w — а) 1 (v — b) (w— b) 1 (v — c) (w — c)
Х'ъ , y'2 f ^'a
(w — и) (и — а) ' (w — -b) (u — b) 1 — c) —u ,• (4)
X'* y'2 1
(и — а) (у — а) (и — Z>) (*» (u — c) (y — c)
ГЛАВА V
181
Далее, из уравнений данной тройной системы можно посредством
почленного вычитания одного уравнения из другого получить такие
соотношения:
х ч г ч Z
(у— а) (уо— а) 1 х 1 (v — Ь) (уо — Ь) Y . 1 (т/ — с) (уо — с) L_ Z
(уо— а) (и— а) 1 х 1 (уо — Ь) (и — Ь) 1 L Y □ 1 (уо — с) (и — с) 1 z
(и — а) (у — а) 1 (и — Ь) (у — Ь} 1 1 (у с) (V — с)
О
0 (5)
0.
И если теперь сравнить (4) и (5), то можно заключить, что
Х'ч у'2 2'2
~JT = ~Yr==~Z~‘
Эти отношения должны быть равны друг другу при любых зна-
чениях х, yt z. Но так как, например, х и у друг от друга не зависят,
то это возможно только, если каждое из этих отношений равно одной
и той же постоянной. Следовательно:
X'* у'2 2'2
—ту = —гг- = —=- = const = 4£,
откуда:
— = 2VkX] dx= d^=.
dx 2 VkX
Интегрируя и обозначая постоянную интегрирования через х0,
получаем:
k
и, следовательно:
X = k(x-x^-, Y=k(y-ytf-, Z=k(z-ztf.
Преобразуя же координаты посредством параллельного переноса
начала осей в точку (х0, у^, zQ) и полагая Л=1, что очевидно не
имеет существенного значения, будем иметь:
Z = z2.
X=X2; У = ^2;
Следовательно, искомая тройная
иметь вид:
ортогональная система будет
х2
>2
1 L । =1
и — а * и — о и — с
х2 , г2
1 х. 1 — 1
v — а ' v — о 1 v—с
х2 . у2 . z2
j--L । =1
w — a w — о но— с
z*
182
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
что представляет собой известную тройную ортогональную систему
софокусных поверхностей второго порядка.
210. Поступая как в предыдущей задаче, найдем:
ди дх dv dx dw dx
2Ux i dU 2Ux dU 2Ux . dU
и — а । дх v — a ' dx w—a 1 dx
ди dv dw
~ду ~dy ty (1)
2Uy dU 2Uy dU 2Uy dU
и — b &У v — b dy w—b dy
ди dv dw
dz dz dz
2Uz , dU 2Uz dU ~ 2Uz dU
и —с dz V— c 1 dz w—c ' dz
Условия ортогональности:
ди dv , ди dv . ди dv
дх дх ду ду * dz dz
(2)
на основании соотношения:
Два остальные уравнения получаются из (4) посредством замены
v на v, w, а затем на w, и. Далее, вычитая из одного уравнения
другое, получим: \
ду
т. е.
dU dU dU
X У
_______дх_______. л
(и — a) (w — а) ‘ (и — Ь
(w — b) 1 (и — с) (w — с) $
ГЛАВА V
183
и два других аналогичных уравнения с vt и и w, v. Сравнивая со-
отношения (5) с (3), выводим:
dU dU dU
х-^— У "З- z—^~
дх ___ду_________dz
х2 у2 z2 ’
или, иначе:
dU _ dU _ dU
д(х*) ~ д(у2) ~ d(z2)'
Отсюда заключаем, что
U = Ф (х2 ~\~у2 -f- z2) = Ф (г); г = х2 4-у2 4“ 2*-
Следовательно:
4^=2хФ'(г); ^ = tyS>'(г)\ Д^ = 2гФ'(г).
дх ду J dz
Уравнение (4), после подстановки в него этих значений, примет
вид:
(X2 V2 Z2 у2 V2 ^2 \
и—а * и—b и—с v—a v—b v—с) ' ' v '
Это уравнение можно значительно упростить, если принять во
внимание данные уравнения:
Ф' (г) { гФ' (г) 4- 2Ф (г) } = 0.
Следовательно:
1) Ф' (г) = 0; Ф (г) = const.
Постоянную можно принять равной единице: Ф(а) = 1, и мы будем
иметь тройную ортогональную систему софокусных поверхностей вто-
рого порядка:
2) тФ'(г)4-2Ф(г) = 0,
или, иначе:
Ф(г) г
Интегрируя и полагая постоянную равной единице, будем иметь:
г2Ф (г) = 1: Ф (г) — — =--------?-----.
' ' ’ К ) г2 (х2 4-.у2 4- z2)2
Таким образом, заключаем, что данная тройная ортогональная
система определяется уравнениями:
X2 V2 Z2
4—"Цн—— = (х24-^24-22)2
и — а и — b и—с
X2 V2 2Г2
Н-----------— =(X2+^ + z2)2
fl—a а—b fl—c
X2 V2 2f2
— 4- 4—— = (x2 4- y*+*2)2-
w—a w—b 1 is)—c 1 1
184
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Примечание. Такую систему можно получить из тройной ортого-
нальной системы софокусных поверхностей второго порядка путем
преобразования инверсии.
211. Перейдем к полярным координатам:
x = rcos0; #y = rsinO. (1)
Тогда: дг а дг • A -Г— = cos 9 -Т— = sin 6 дх ду дб sin 6 дО cos 6 /0\ дх г f ду г ’
Из данного уравнения, которое теперь можно, написать в виде: а = /(0)?(4 (3)
получаем: да Zft sin 6 дх= /'(«)?« г ду =Г0)?(4 г (4) ±-=/(6)/(4
Найдем сперва все поверхности, ортогонально пересекающие
данные поверхности. Пусть уравнение этих поверхностей есть:
P = ’Pi(g е> z\
где р— переменный параметр. Тогда
• » <3? —— = COS 0 —— sin 6
дх дг г дО
о? _ . , а? , cos 6 д? (5)
ду. ~ дг г дО
и, следовательно, условие ортогональности:
да др да dft . да др.
дх дх ‘ ду ду dz dz
примет, на основании (4) и (5), следующий вид:
(9) ? Ю !+/(<>) ?' (*) -f - = 0.
(6>
Для интегрирования этого уравнения составляем соответствующую
систему:
dr __ r2dft dz dp
~0 ~ “ /(»)?'(4 o' ’
ГЛАВА V
185
откуда:
г — с» Q2 J = f 4“ ^2* Р=сз-
Следовательно, общий интеграл уравнения (6) будет иметь вид:
(7)
(8>
(9)
Положим для сокращения:
J 7^</6 = F(0’’ откуда: 7^ = /7'(в)
Г^>аг=Ф(2)> , 2^L=<s>'{z)
J ?' (г) v < (г) ч
и = ^Г(в)—Ф(г).
Тогда (7) можно будет переписать несколько короче:
₽=х(^> «)•
Задав две различных формы и Ха для функции у, мы получим
уравнения двух семейств поверхностей:
₽ = Xi (г> “); Ч = 7л(г> “),
к
ортогонально пересекающих все поверхности заданного семейства-
Остается определить функции ух и у2 так, чтобы любая поверхность yt
ортогонально пересекала любую поверхность у2.
Условие ортогональности:
dp df . dp df . dp d?
дх дх ду ду' dz dz
в этом случае можно будет переписать так:
др ду f / ди \2 / ди V I / &и УI I др ду | / dr \2 / dr \2)
ди ди [\ дх I ' \ ду ) * \ dz / ) ' дг дг [\дх ) ' \ ду ) )
др df . др df \ / ди дг . ди дг
ди дг * дг ди ) \дх дх ду ду
(Ю)
Но из (9) имеем:
= 2rF (0) cos 0 — rF' (0) sin 0;
= 2rF(6) sin 6-|-rF' (6) cos 6;
186
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
_ ди ди Подставляя эти значения -т—, -г— дх ду пение (10), получим: ди дг дг дг > “3“ и "Г"» “г“> Т“ в Урав- dz дх ду dz
А ( 4^ (О) + т + Ф'3(2)1+^^ +
+(4^4L+’^4L)2rp(e)=o- <п>
1 \ ди дг 1 дг ди I ' ' '
Это уравнение после замены в нем F(6) его значением из (9),
должно иметь место при всяких г, г, и в частности, и при отсут-
ствии z (все производные по z от левой части этого уравнения будут
равны нулю).
Зная F'(0) и Ф (-г), можно выразить Л7'2 (0) в функции F(0),
а Ф'а(я)— в функции Ф (г):
Ф(г) = Х; ф'2(2') = ф1{ф(г)}=Ф1(Х); F'2(0) = Fr ( F(6)).
Но соотношение (9) дает:
и —|— Ф (z) и —|— X
= =~Т2
следовательно:
F'2 (6) = Fi
/ и -|-Х \
\ Г2 /
и уравнение (11) примет вид:
дт|4(д+х)2 2 р+х\ ар
। 2(ы + х) ( др 21 дЗ. дт_1 _
* г \ дг ди* ди дг / °*
Это уравнение должно иметь место при всяком X.
левой части первую и вторую производные по X:
ди ди ( г2 1 \ г2 /' 1 'J г \ дг ди
Возьмем от его
ди дг /
dp
ди ди ( г2 г2 1
Отбрасывая предположение:
£А=о.
ди ди
которое ни к чему не приводит, мы получаем:
8
-|_^ф/'(Х) = О.
(13)
ГЛАВА V
187
Но и это уравнение должно иметь место при всяких и, X, г или,
что то же, при всяких U , г2, X. Следовательно, должно быть:
г2
1) Ф1"(М = 0
2) 8 + /Y(-^±^) = 0.
Первое из этих уравнений дает:
ф1(м=4(к-'8)-'
где п и В — постоянные. Возвращаясь же от Фх к Ф, будем иметь:
ф'
В.
/п </Ф (г)
"2 /ф(г)
откуда, после интегрирования:
z — z0 = У2п J/Ф (г) — В,
или
~ 2^ =ф(г)~В-
Возвращаясь к последнему из уравнений (8) и отбрасывая по-
стоянную г0, что очевидно не уменьшает общности решения, получим:
о (z) ____________________________ z
<р'(г) ~~п'
откуда:
<р(г) = гм.
Обратимся теперь к уравнению:
8 + Fi"(-?L^L)=0 или 8 + F1"(F(6))=0.
Обозначая через А и В постоянные, будем иметь:
(F (6)} = F'2 (6) = — 4F2 (0) + 8AF (0) + 4 (С2 — Д2)
F' (6) = 2 /С2—{F(6)~Д)2
V<O — (F(6)—лр
или, после интегрирования:
z±z 2 (0 — 0о) = arc cos —
F (в) = A zt С cos 2 (0 — 60),
188
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
так что первое из уравнений (8) даст нам:
-^- = =r2Csin2(6-60).
Отбрасывая постоянную 60 и интегрируя еще раз (постоянную
интегрирования тоже не пишем), получим:
/(»)= (tgf>)* £,
следовательно: .
а— п (—V
\х)
Очевидно, вводя вместо п и С новые постоянные, это уравнение
можно переписать в таком виде:
a = z11 —,
х
что и является решением предложенной задачи.
212. Пусть
— семейство поверхностей, ортогонально пересекающих поверхности: «=*"-£ (1)
Заменяя в условии ортогональности: да др да др . да др дх дх ' ду ду dz dz
производные от а по хту, z их значениями из (1), получим: _±’^ + ±^+Д^=0. (2) х дх у ду 1 z dz
Для нахождения общего интеграла этого уравнения составляем
соответствующую систему:
J J zdz
—xdx=ydy = — - ,
откуда:
x2+.№ = (?,; z2-ny2 = C2; C3 = p.
Следовательно, общий интеграл уравнения (2) будет:
р = (ха-|-у2, г2— пу2),
где «р — знак произвольной функции.
Положим:
и = х2+^2; v = z2 — пу2. (3)
Тогда уравнения двух искомых семейств поверхностей можно
записать так:
Р = (w, v)\ -у = (и, v) (4)
Составляем условие ортогональности:
дх дх ' ду ду ' dz dz
ГЛАВА V
189
Преобразуя его к виду:
dp ду J/ ди \2 . / ди \2
ди ди | \ дх / \ ду /
др ду
dv dv
др_ду
ди dv
.др ду \ ди dv
dv ди / ду ду
и заменяя здесь производные от ut v их значениями из (3), будем
иметь:
+л W %.+^. А +
1 ' * ди ди 1 dv dv 1 л л du dv
dv du
Наконец, заменяя здесь х2, z2 их выражениями через ut v и у2
из (3), найдем:
и + (л2У* + пУ2 + ^)~п.у2
ди ди 1 dv dv 1 1
ди dv ' dv ди I
0.
Это уравнение, которое имеет место при любых ut v и у2, может
быть разложено на два:
откуда:
(5)
(6)
Возьмем последнее уравнение. Для его интегрирования составляем
систему: 4
du — dv __d\
2 »+1+|/ («+1?+^- 0
Для интегрирования этой системы полагаем:
(«+1)2 + —= 4^,
190
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
тогда получим уравнение:
du
и
откуда:
1 «4-1 п — 1
Cin = л (2/-|-л 4* 1) « (2^4-1—н) п
или, заменяя t его значением:
Следовательно, общий интеграл уравнения (6) будет:
1 = ^);.
или, проще:
Y = Cit
т. е.:
Аналогично найдем {3:
Если теперь заменить и и v их значениями из (3), то получим
уравнения, определяющие искомую тройную ортогональную систему:
a = zn —
х
₽ = { /(Л 4- 1 )2х2 + (п — 1 )2у2 Ц- 42^ — (Л + 1) /х^/» )« + * .
• {/(Л 4- 1 )2х24- (Л — 1 )2>2 4- 4^ 4- (Л — 1) /х24-/> }п“1
7 = (У (л 4- 1)2Х2 4- (Л — 1)2/2 + 4г2 Ц, (я 4- 1) |/х2Ц_/а)« + 1 .
• {/(Л4- 1)2x2—j—(л— 1)2^4-4,22 — (И — 1) ]/х2_}_у2 )«“1.
213. Рассмотрим семейство поверхностей:
v-2 V2 2^
(жв+^+^=__+_2_+__, (1)
где К—переменный параметр. Не трудно убедиться, что через каждую
точку пространства проходят три поверхности. Действительно, если
(х, у, z} есть данная точка, то уравнение (1), будучи третьей степени
относительно X, определяет три поверхности, проходящие через эту
точку. Когда X меняется от —а до —выражение:
* , -У2
и —{— х ъ —|— х
ГЛАВА V
191
меняется от —со до -j-oo. Следовательно, уравнение (1) имеет один
корень, заключенный между —а и —Ь, один — между —b и —с, и.
один — между —с и
Возьмем поверхность:
*•2 V2 2^
= + + И-^0. (2)
U- }* U —Т“ С Г“
Если (х, z)— общая точка двух поверхностей (1) и (2), то»
вычитая одно уравнение из другого, получим:
или, иначе:
_________+_______2____+_________** , . = 0..
(а + ХХа+ц) (* + Х) 0 + ц) (с + X) (с +10.
Отсюда следует, что касательные плоскости в этой точке
к обеим поверхностям ортогональны, так как направляющие косинусы:
нормали поверхности (1) пропорциональны частным производным:
г(Ха + >а + г8~2(Дх))-
Для поверхности же (2) достаточно заменить X на у... Условием
ортогональности двух касательных плоскостей будет:
S^+^-Tf^X) ) (*+У' + * " 2^) =°-
или, разбивая на отдельные суммы:
(x2+^+^le-4(x2+>2+^) S (ттт + ттт
Хг \ "Г’ —I— V*
+Ае_______—______=о.
-Т-4 (аН-Х)О-Ьр.) ;
Но из уравнений (1) и (2) имеем:
s4x=S^=^+>2+^.
после чего уравнение (3) примет вид:
^(a+XJCe + H) = °’
справедливый для любой точки пересечения.
192
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Таким образом, мы можем заключить, что через каждую точку
пространства проходят три взаимно ортогональные (в этой точке)
поверхности. Но тогда, по теореме Dupin’a, они пересекаются по линиям
кривизны.
В частности, линии кривизны поверхности:
v2 v2
определяются ее пересечением поверхностями (1) или конусами вто-
рого порядка:
___—______I____—_____I____—____= о.
а (а -|- X) * b (d -f- X) ' с (с-|- X)
Так как по условию а > b > с, то значение X = 0 заключено
;между —с и Ц- со. Следовательно, одно семейство линий кривизны
будет отвечать значениям X, заключенным между —а и —bt другое
.же — значениям X между —b и —с.
Эту задачу можно решить и иначе. Преобразуем данную поверх-
ность обратными радиусами, приняв начало координат за центр инвер- .
сии и положив степень инверсии равной единице. Получим уравнение
эллипсоида:
*•2 <|2 »2
— _i_2__L—= 1.
д2 “ £2 ~ С2
Определив линии кривизны на эллипсоиде, получим обратным
преобразованием линии кривизны данной поверхности.
213а. Поверхности и = const суть сферы с центрами на оси OZ\
у = const — поверхности вращения вокруг оси OZ\ поверхности .
= const — псевдосферы с гауссовой кривизной—
ГЛАВА VI
1214. 1. Поверхность 5 есть конус, образующие (t> = const) кото-
рого пересекают круговые винтовые линии (и = const), лежащие на
цилиндрах с общей осью OZ.
2. Примем точку О' пересечения секущей плоскости с осью OZ
за полюс, а прямую О'Х', параллельную ОХ, за полярную ось. Тогда
уравнение кривой пересечения в полярных координатах секущей плос-
кости будет иметь вид: р6 = Л, т. е. искомая кривая есть спираль.
216. Пусть данная неподвижная прямая есть ось OZ. Тогда урав-
нения подвижной прямой можно написать в виде:
у = тх\ z = nx-\-kt (1)
где /п, n, k суть функции от одного параметра и. Положим для про-
стоты т — и. Тогда можно положить:
я=ф(и); £ = <р(и). (2)
Перепишем уравнения прямой (1) в виде:
X ___ у z —k
1 т п ’
ГЛАВА VI
193
тогда, по условию задачи, должно быть:
п
cos а = —. . =,
/l+w24-n2
или, иначе: ______ 4
п — ctg а-
Заменяя же здесь п и т их значениями из (1), получим:
г— k = ]/x2 -|-J>2 ctg а.
Наконец, заменяя k на основании (2) и (1):
А = ?(и) = <р (^-),
получим уравнение искомой поверхно-
сти:
^?(~) + /*e+.y2ctga;
В частном случае, при а = —• , полу-
чаем уравнение коноида:
216. Обозначим радиус-вектор про-
извольной точки М поверхности через R.
Тогда ее уравнение можно написать в
виде:
R = г 4“ ие; (
где и обозначает длину отрезка прямолинейной образующей от точки М
&Q точки пересечения этой образующей с направляющей кривой
(черт. 12).
Определяем коэффициенты £, F, G:
£ = Ru2 = e2=l; F = RwRu = e(t4-Me') = et = cos О
G = Ru2 = (t + we')2 = 1 4- 2«te' 4- u8e'2.
Тогда условие ортогональности:
EduZu-\-F (duZv 4~ rf*»3«)4“&dvZv=^O
примет вид:
du Zu 4~ (du Zv 4- dv Zu) cos 6 4- (1 4“ 2 и*е' 4" “9e'2) dv 8ц = 0 (2)
Положим, что направления прямолинейных образующих определяются
дифференциалами Zu, Zv. Тогда из их уравнения:
v = const; (у = з)
получим:
Zv = 0; Zu zfr. 0.
Подставляя эти значения Zu и Zv в (2), будем иметь:
du 4~ cos 0 dv = О,
Зав. 1571. —В. И. Мшшнский
194
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
или, после интегрирования:
“+/
cos 0 dv = const.
217. Стрикционная линия образована движением точки Р,
В самом деле, касательная к этой кривой ортогональна к МР.
Таким образом плоскость, касательная в точке Р к исследуемой по-
верхности (£), будет ортогональна к соприкасающейся плоскости
данной кривой в точке М Отсюда непосредственно следует, что Р
есть центральная точка образующей (£)), а следовательно кривая (Р)
есть стрикционная линия.
218. Взять уравнение кривой Vivian! в виде
х2 4“ У2 — а2 = 0; х2-}-^2— ах — 0.
Искомая кривая пересечения с основанием будет циссоида.
219. Ребро возврата есть эволюта кривой Viviani. Линия пересе-
чения с основанием будет парабола. Если выбрать оси аналогично
предыдущей задаче, то фокус этой параболы будет в точке (0, 0, 0),
а вершина в (1,0, 0).
220. Винтовая линия:
х — а cos к; у— a sin «; z = аи.
221. Огибающая:
{ху — г)2 — 4 (х2 —у) (у2 — xz) = 0.
Ребро возврата:
х=а\ у = а2\ z — a*\ не плоская кривая третьего порядка.
где:
222.
1 Д3 1 _ Д2
D(a'a + P+/2)2
РР'р"р"'
а а! а" а"'
Р.₽' ₽"Р"' *
а а! а"
Д =
7 /1"
223. Для того чтобы прямые имели огибающую (т. е. образовали
развертывающуюся поверхность), нужно положить:
р — с±-~-; с = const.
” л
Геометрическое место ребер возврата определяется уравнением:
9 {xz—у)2 — 4г6 = 0.
Уравнения ребра возврата:
/2 /3 ,
у = — -^=i=ct; z = ^t.
ГЛАВА VI
195
Линии пересечения с плоскостью XOY:
8 (х — с)8 — 9jf2 = 0.
224. Пусть x, у, z зависят от двух параметров ut v, причем и =
соответствует прямолинейным образующим. Уравнение каса-
плоскости будет:
поверхность F(xt у, z) = 0 развертывающаяся, то уравнение
касательной плоскости зависит только от и и не зависит от
рактеристики будут определяться уравнением (*) и таким:
Ад*+в^+с%-=о,
du 1 du ' du
где для сокращения положено:
d2F d2F d2F
А = (X - х) 4V + ( Y - у) + (Z - z)
4 J dx2 * dxdy 1 dxdz
d2F d2F d2F
B = (X—х)^^ + (У—y).^-- + (Z — z-)-^--
dxdy dy2 dydz
d2F d2F d2F
c »<x—x) +( y—y') +(z—2) 44
4 1 dxdz 1 v dydz 1 ' dz2
Аналогично имеем:
л£+в£+с£=о.
dv 1 dv [ dv
Сравнивая (**), (**♦*) с уравнениями:
dF dx . dF dy
dx du dy du
получаем:
= const
тельной
Так как
V. Ха-
dF dz __ dF dx
dz du ’
дх dv
dF
dx
dF_
dF
dz
. dF dy . dF dz
dy dv ' dz dv
0?
Д—X-^ = 0; B —X—=0; C-\^- = 0,
dx dy dz
где k — коэффициент пропорциональности. Исключая {X— x), (У—у),
(Z — z) из (*), (**♦), находим искомое условие:
d2F d2F d2F dF
дх2 dxdy dxdz dx
d2F d*F d2F dF
dx dy dy2 dydz dy
d2F d2F d2F dF
— —
dxdz dydz dz2 dz
dF dF dF
- 0
dx dy dz
13*
196
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
224 а. Рассмотрим одну из прямолинейных образующих е данной
поверхности а. Во всех ее точках касательная плоскость тс к а будет
одна и та же. Построим касательные ко всем линиям сечения о
параллельными плоскостями в точках, лежащих на образующей е.
Очевидно, все эти касательные будут параллельны друг другу, так
как они лежат в пересечении плоскости it параллельными плоскостями.
Но тогда и нормали к этим плоским сечениям во всех точках С будут
друг, другу параллельны, а значит будут лежать все в одной плос-
кости тс. Следовательно, поверхность, на которой лежат эволюты
плоских сечений, есть огибающая плоскостей г, т. е. она тоже раз-
вертывающаяся. '
226. Уравнения, всякой линейчатой поверхности:
z = ax-j-a; у = рх^Ь, (*)
где а, р, а, b — функции одного параметра 6. Второе из этих урав-
нений определяет 0 как функцию от х, у. Приняв это во внимание,
дифференцируем (*):
р = а + 0/ (у'х + a')', q = 6/ (а'х а')
О = Р + V (Р'* ± Ь'У, 1 = фх 4- У).
Исключая отсюда (а'х-[-а') и (Р'х-[-У), получим:
Р+ ₽? = «• V
Дифференцируя это уравнение по х и по у, найдем:
ps 4- г = (а' - 7р') 6/; р/ + s = (а' - rtf') 0 '
6 '
Исключая из (**) (а' — ^р') и принимая во внимание, что -тгт — — Р>
®У
получим:
г + 2$р-Нр2 = 0. (***)
Дифференцируем это уравнение по х и по у:
гх' 4- 2 VP+Р V = “ v (2s?' + 2/Р13')
v + 2s/? + ----%’ (2sP' + 2#₽Г>-
Разделив одно на другое, будем иметь:
ra,'+3V₽4-3V₽2+V3s=0- _ <"”)
Исключая р из (***) и (***♦), получим после некоторых преобразо-
ваний:
ЭР\2 I дР\
ду ) 5 \ дх / \ ду )
(дР
\ дх
= 8D
где
D==rt — s2.
г s t
гх $х ^х >
г у sy Ч
О
226. Если принять данную плоскость за ХОУ, то уравнение иско-
мой поверхности будет иметь вид:
у = xcp(z) + 4»(z), (1)
где ср и ф — пока неизвестные функции.
ГЛАВА VI
197
По условию задачи должно быть:
(1 + 72) г — 2pqs + (1 + р2) t = 0. (2)
Определяя р, q, rt s, t из уравнения (1) посредством дифферен-
цирования и подставляя в (2), получим:
У (г) [1 + (г)] - 2? (2) ?' (г) У (г)+
+ х { У (г) [1 + ? (2)1 - 2<р (г) (г) } = 0.
Это уравнение должно иметь место при любых значениях независимых
переменных х и z. Следовательно:
У (г) _ 2? (г)?'(г). <у"(г) = 2у(г)/(2)
У(г) 1+<р«(2) ’ 9'(2) 1+У(г) ’
Второе из этих уравнений дает:
arc tg ср (z) = Cz-\- С.
Интегрируя первое уравнение, найдем:
ф'(О = С" <?'(*)>
или
ф(г) = С"<р(г) + С"'.
Следовательно уравнение искомой поверхности будет иметь вид:
3, = С'" + (л: + С")<?(г),
или, иначе
/ v — С" \
arctg(^+c") = C*+C'’
и наконец, после параллельного переноса осей координат:
(у \
— ) ,
х /
т. е. искомая поверхность есть косой геликоид с направляющей плос-
костью.
227. 1. Составляем уравнение касательной плоскости к (S) в точке
Л4(«, -у);
2м2 (Зи2 + у) (АГ—х) — 4н (2«2 + -у) (Y—у) +
+ 3 («а + О(Z —z) = 0, (*)
и уравнение соприкасающейся плоскости кривой у = 0:
(ЛГ— х) — 8«з (у—у} + За2 (Z — г) = 0. (**)
Но для точек Л4, лежащих на данной кривой, ^ = 0. Подставляя у = 0
в уравнение (*), получаем уравнение (**), что и доказывает требуемое.
2. Дифференциальное уравнение асимптотических линий:
(5«з-у + du2 — 2м3 du dy = 0.
Интегрируя его, находим уравнение асимптотических линий в ко-
нечном виде:
«б==т;2(с — У иу
198
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
3. Это будут образующая и асимптотическая линия, проходящая
через точку
. 3
«=1; « = -.
228. Координата z центральной точки образующей (D) есть:
__ а'У + dV -j- (ab' — Ьа') (ар/ — дХ')
а'2-\-b'2-\-(ab' — ba')2 1
где штрихом обозначены производные по параметру, от которого за-
висит (D). Касательная плоскость в центральной точке:
+ И (X— aZ — X) — (a'zк') (Y— bZ — |i) = 0 (2)
должна быть параллельна оси OZ, следовательно:
Сравнивая (1) и (3), находим:
(а'|л' — УХ') (аа' + bb') = 0.
Так как поверхность (S) не развертывающаяся, то:
а'р.' — УХ'^ЬО; aa'-\-bb' = 0t
откуда:
а2 + Ь2 1 = const,
или
1
. _ ...---— cos а = const,
у д24-д24«1
т. е, угол, образованный (D) с осью OZt должен быть постоянным.
Таково искомое условие. Это можно было предвидеть из чисто гео-
метрических соображений; для этого нужно построить направляющий
конус и сравнить плоскости, касательные к конусу и к поверхности (S).
Полагая а24~^2 = с2 (с = const), можем написать:
а = с cos 0; b — c sin О,
где 0 — угол, образованный центральной плоскостью с плоскостью XOZ.
Следовательно, уравнения поверхности (S) можно написать так:
х = cz cos 6 -|- X (6)
у = cz sin 6 4- Н 0D*
Для произвольной точки стрикционной линии (£) будем иметь:
z = — { X' (0) sin 0 — р/ (6) cos 0 ).
£
Направляющие косинусы нормали к (S) будут:
А = sin 0; В = — cos 6; С = 0.
ГЛАВА VI
199
Для того чтобы (А) была линией кривизны, нужно:
dx dy
А В
dA dB
dz
С
dC
= dz = Q.
Следовательно^ 1(6) и ц (6) связаны условием
X' (0) sin 0 — р/ (0) cos 0 = const,
(4)
откуда следует, что (Z.) — плоская кривая,
плоскости XOY. Таким образом уравнения
х = h cos 6 -{- X (6)
у = h sin 0 И (0)
h
z —— .
с
Уравнение касательной к (L) имеет вид:
ее плоскость параллельна
кривой (L) будут:
I
J
х sin 0 —у cos 6 — к (0) sin 0 -|— (6) cos 8 = 0. (6)
Но всякая кривая (Г), лежащая в плоскости (£), является огибающей
семейства прямых:
xsinO—у cos 8= О» (Д)
тде/(8) — произвольная функция.
Сравнивая (6) и (Л) получаем:
—А (0) sin 8 4- Н-8 cos 8 =/(8). (7)
Дифференцируя это соотношение и принимая во внимание (4),
найдем
— h — X (8) cos 8 — р (8) sin 8 = /' (8)« (8)
Из (7) и (8) находим Х(8) и |л (8):
* (0) = -/ (0) sin 8 - [/' (0) + h} cos 8 |
(6) =f (8) cos 0 — [/' (0) 4~ Л] sin 8. J
Отсюда следует, что за линию (£) можно взять произвольную гори-
зонтальную плоскую кривую (Г); соответствующая поверхность (S)
будет зависеть от функций X (0) и у. (8), определяемых по уравне-
ниям (9).
229. 1. Данная поверхность (S):
х = v cos и — a sln’«; у = v sin’a 4~ а cos z = аи\
образована движением прямой (и = const), которая остается горизон-
тальной и касается цилиндра
х2 + у2 = а2,
причем точка касания описывает винтовую линию tr = O.
Ортогональные траектории кривых и — const и v = const имеют,
соответственно, уравнения:
v = аи 4- С
ф = а / 2 tg (и ]/ 2 4~ €')•
200
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
2. Асимптотическими линиями будут прямолинейные образующие
и кривые:
2v — аи С. (*}
А так как из уравнений данной поверхности (5) следует:
х2 = а2 4~ -и2,
то очевидно кривые (*) представляют собой сечения (S) гипербо-
лоидами:
4х2 4- 4у2 = (г — С)2 -j- 4а2 (Н)
3. Поверхности (£), являясь ортогональными траекториями гипер-
болоидов (Н), образованы кривыми, лежащими в плоскостях, прохо-
дящих через ось OZ. Эти кривые ортогонально пересекают меридианы
поверхностей (Н). Например, в плоскости у = 0 они определяются!
дифференциальным уравнением:
/ dz \2 х2—
\ dx / ~~ 4х2 ’
которое интегрируется непосредственно.
4. Уравнение, определяющее главные радиусы кривизны, имеет видр
Л2р2 _ д2р ya2_^v2 __ (а2 ^2)2 —
Отсюда нетрудно получить требуемую зависимость между Pj и р2-
В самом деле, сумма и произведение корней этого уравнения будут
иметь вид;
Pi + Ра = 1/аЧ-®2; Pj Ра = — (а2+р2)2.
Исключая отсюда (а24~^2)> получаем:
(Pi -Ь Р2)4+«аР1Р2 = (к
230. Спрямляющая плоскость винтовой линии касается цилиндра,»
на котором расположена, эта винтовая линия.
Направляющие косинусы А:
— sin t sin ср; cos t sin <p; cos cp.
Координаты точки M:
x = — p sin t sin cp 4- cos t\ y — p cos t sin cp 4~ sin z = p cos cp 4-
Коэффициенты плоскости, касательной ков точке 2И(/, р):
(sin ср — cos ср) cos 14- р sin t sin cp cos cp,
(sin <p — cos cp) sin t — p cos t sin ® cos cp,
p sin2 cp.
Коэффициенты асимптотической плоскости:
sin t sin cp cos cp; — cos t sin <p cos cp; sin2 <p.
Для центральной точки p = 0. Коэффициенты центральной плоскости^
(sin ср — cos ср) cos t\ (sin 9 — cos cp) sin t\ 0.
ГЛАВА VI
20L
Параметр распределения:
- k = etg ср-1.
Данная винтовая линия есть стрикционная линия поверхности о.
Ребро возврата огибающей семейства асимптотических плоскостей
есть винтовая линия:
X = tg Ф COS t\ у = tg (D sin t\ z = t.
Огибающая центральных плоскостей есть цилиндр:
.^+^2=1.
Ортогональные траектории образующих определяются уравнением^
р — (sin ф cos <?) t.
Центр геодезической кривизны определяется соотношением:
рр'= —&2,
где k — параметр распределения.
231. Пусть:
t №/($)-|-Xu
г = (s) + viz;,
уравнения образующей, s и и—независимые переменные; X, р., v—
функции от s (косинусы направления образующей). Вследствие орто-
гональности образующих к стрикционной линии, получим:
V' (5) + РУ (*)>d- < 00 = 0
(/, — координаты точки на стрикционной линии). Преобразуя,
формулу для вычисления параметра распределения k к виду:
Jl = X'2 -|- р-'2 4" v<a (формула Amigues’a)»
/v
и принимая во внимание условия задачи, найдем:
Х'2 _|_ |/2 _р. уз = J- = const; /'2 4- ф'2 _|_ <1/2 = £2.
Поэтому линейный элемент поверхности выразится так:
/ п2 \
dS* = — 4~£2 I ds\
А это и есть линейный элемент прямого геликоида.
232. Составляем уравнения кривой (С):
х = R cos t\ y — Rs\nt\ z = -^-R2 sin 2/.
Плоскость, касательная к пароболоиду в некоторой точке М этой:
кривой, определится уравнением:
Z— Ху— Yx-\-xy = 0,
или
Z—XRsint— YR cos t-f-R2sintcost = 0. (1),
202
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Следовательно, угол у, который она образует с осью OZ, будет:
1 4 1
sin y = ... ; tg y = — .
Огибающая следов касательной плоскости определяется урав-
нениями:
р
X sin t + У cos t = sin 2t
X cos t — Yz\x\t — R cos 2/,
«откуда:
X = R cos3 /; Y=R sin3 t, *
или, иначе:
X = ~ (3 cosf 4-cos3/); У=(3sin/ —sin 3/).
Отсюда видно, что огибающая представляет собой эпициклоиду, обра-
зованную точкой окружности радиуса-^-/?, которая катится без сколь-
жения по внутренней стороне круга радиуса /? так, что ее центр
описывает круг:
3 3
X = — R cos /; У = — R sin t.
4 4
Чтобы найти ребро возврата развертывающейся поверхности (оги-
бающей касательных плоскостей), продифференцируем два раза (1) по
параметру /. Получим систему уравнений:
z — Rxsva.t— T?ycos/-|-"5"sin 2/ = 0
£
— х cos t -J-д/ sin t -J-R cos 2/ = 0
x sin t4~у cos t — 2R sin 2/ == 0,
откуда находим уравнения ребра возврата в параметрическом виде:
р
x = R (cos 2/ cos t4- 2 sin 2/ sin t) = — (3 cos t — cos 3/)
p
y = R (— cos 2/ sin 14- 2 sin 2/ cos /) = —(3 sin 14- sin 3/)
3
z = - R2 sin 2/.
Найдем дифференциал дуги этой кривой: х
dx = 3R sin t cos 2/ dt
dy = 3/? cos t zqs 2t dt
dz = 3R2 cos 2t dt
ds = 3R /14-/?2cos 2t dt.
ГЛАВА VI
203
Следовательно, полагая начальной точкой отсчета дуги / = 0, т. е.
Л40 (/?, 0, 0), и интегрируя, получим:
s = A fl sin 2t.
Далее находим направляющие косинусы касательной:
sinf costf R
j/l +Я» ’ /1 + /?2 ’ ‘
Чтобы построить эвольвенту, нужно отложить на касательных
в точках М длины МЫ так, чтобы M/V-f-s было постоянным. Тогда
геометрическое место точек V и будет эвольвентой.
Координаты точки Ы очевидно будут иметь вид:
р 3
X = — (3 cos t — cos 3f) -г R (c — sin 2t) sin t
d-i Zi
pi 3
У = —1 (3 sin t -j- sin 3/) 4”T & (c — sin 2/) cos t
3 3
Z = — R2 sin 2t 4--- R* (c — sin 2f)
Zi /л
или, иначе:
X = R cos314- sin t
R
Y—R sin314- — cos t
Z = a.
Эта кривая представляет собой сечение развертывающейся по-
верхности плоскостью z = a. Результат можно было, собственно говоря,
предвидеть заранее, если заметить, что эта кривая есть винтовая
линия, расположенная на цилиндре с образующими, параллельными
оси OZ.
233. Из условий задачи имеемг'
dx = cos v du — и sin v dv\ dy = sin v du 4- u, cos v dv
udv = cos v dy — sin v dx\ du = s\nv dy-\- cos v dx
fi >
(z) dz = adv-\-f' (u) du=— (cos v dy — sin v dx) 4~
4~ f (u) (sin v\dy 4~ cos v dx).
Нормаль в точке («, v) поверхности определяется уравнениями:
Х—х _ Y—y _ Z — z
Р ~ Q ~ —1 ’
204
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
где
а
р ср' (г) = /' (и) cos -и-— sin v
qy' (г) = /' (и) sin иcos v.
Следовательно, координаты точки т будут х и у, а точки п:
X = x~\-pz\ Y—y-\-qz.
Таким образом, находим площадь треугольника отп:
1 z . az
Для того чтобы эта площадь была пропорциональна ординате z> не-
обходимо, чтобы ср' (z) было постоянно. Следовательно
а 1
<o(zy=b(z — с); z = -^v-\-c-]-—f(u).
Можно положить д=1, оставив а произвольной постоянной, a f(u) —
произвольной функцией.
2. Если ср (z) = z, то
dz = a dvfr (и) du\ u2dv = х dy—у dx', udu = x dx-\-y dy.
Если x yY у независимые переменные, то:
d2x = 0; d2y = 0
w2 d2v — — 2udu dv\ и d2u = dx2 -Ц- dy2 — du2 = u2 dv2
On
d2z = a cPv 4~ f (u) d2u -f- f" («) du2 = uf' («) dv2-— du dv -J- f" (u) du2.
Приравнивая d2z нулю, получим дифференциальное уравнение асимп-
тотических линий:
a ±z У а2 — и9/' (и) /" (а)
dv =----------Ш/Г
&fr («)
Так как в каждой точке развертывающейся поверхностн^ова асимпто-
тических направления совпадают друг с другом, то должны выпол-
няться условия:
д2 «2
а-
а
X/ Г \ 1 -5 с2“ си2
f (и) = — у с2и2— а2 = •- — — а------- — ,
, « . Vc2u2 — a2
|/ \ си /
откуда, после интегрирования:
/ (и) в У с2я2 — «2 + a, arc sin f — ) + b.
* 1 I mi I 1
ГЛАВА VI
205
3. Итак, развертывающаяся поверхность определяется уравне-
ниями:
х = и cos v; у = и sin v
z = av -j- Vc2u2 — a2 -f- a arc sin / j -|- d.
(1)
Отсюда находим:
я2 л .
с2----— cos V------sin V
и2 и
, Г „ «2 . , а
<7 = 1/ с2-----— sin V Ч----cos®
1 У и2 'и
p2-\-q2 = с2.
Полагая:
р = с cos a, q — с sin а,
будем иметь:
а
с sin (а — ®) = q cos ® — р sin v — —,
/ и
। ( а \
а = ® -4- arc sin — 1.
\ си }
Тогда уравнение касательной плоскости:
рХ 4- q Y — Z =рх 4- qy — z
примет вид:
сХ cos a-j-cFsina — Z =
= си cos (a — ®) — z = Vс2м2 — a2 — z = — aa — b.
Чтобы найти огибающую этой плоскости, продифференцируем это
уравнение по а:
сХsin а — cFcosa = a. (2)
Эти два последние уравнения, определяющие прямолинейные обра-
зующие при постоянном а, можно переписать в таком виде:
сХ — a sin a с Y 4- a cos a _ .
--------------------------= L_-= Z — a a — by
cos a-----------------------sin a
что равносильно (1), в которых v заменено функцией от а и
и = yYx2-\-y2. Эта прямая образует с осью OZ угол, косинус которого
с -
равен -- ----. Плоскость (2) проходит через прямолинейную обра-
у 1-j- с2
зующую, она параллельна OZ. Кратчайшее расстояние между двумя пря-
мыми, равное расстоянию от О до плоскости (2), равно -у = const.
Ребро возврата поверхности представляет собой винтовую линию:
X = — sin a; Y=-------cos a; Z = aa b.
c c
206
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
234. Предложенную теорему проще всего доказать, исходя из
чисто геометрических соображений.
Развертывающаяся поверхность представляет собой огибающую
плоскостей, которые касаются сферы в точках некоторой определен-
ной кривой. Пусть А и Д' — две смежные точки этой кривой. Две
касательные в них плоскости пересекутся по прямой, которая в пре-
деле (при А'—>А) пройдет через А. Таким образом, развертываю-
щаяся поверхность будет образована касательными AM к сфере.
Пусть М есть точка касания прямой AM с ребром возврата (Г).
Соприкасающаяся плоскость к (Г) в точке М будет касаться сферы
в точке А. Следовательно главная нормаль будет параллельна каса-
тельной в А к сфере, ортогональной AM.
Конус, проходящий через (Г) и имеющий вершину в центре
сферы О, имеет своей касательной плоскостью в точке М плос-
кость АМО. Значит главная нормаль кривой (Г) является одновре-
менно нормалью к конусу, а следовательно линия (Г) геодезическая.
С другой стороны, МА есть касательная к конусу и к сфере;
она проходит через точку М и ребро возврата является ее огибаю-
щей на этом конусе.
235. Составляем уравнение касательной плоскости:
2и (х cos v -j-Д' sin v) — z = 2u2 (p cos2 v-\-q sin2 v). (1)
Она образует с плоскостью XOY угол 7;
1
cos *Y =- .
/1+4й2
Для того чтобы этот угол сохранял постоянную величину, необхо-
димо, чтобы и = const. Итак, искомая кривая (С) определяется урав-
нениями
х = 2ри cos v\ у = 2qu sin v
z — 2u2 (p cos2 v -|- q sin2 v),
уде положено u = const.
2. При u = const уравнение (1) определяет семейство касатель-
ных плоскостей. Чтобы найти прямолинейные образующие разверты-
вающейся поверхности (огибающие этих плоскостей), продифферен-
цируем (1) по v:
— Arsinv-j-^ cost»= 2и (q—р) sin-и cost/.
(1*)
Тогда уравнения (1) и (1*) определят искомые образующие.
Для нахождения ребра возврата продифференцируем (1*) по v:
xcost/-|-j/sin-i>= 2и(р— q) (cos2t> — sin2t/). (1**)
Из уравнений (1), (1*) и (1**) находим искомые выражения для коор-
динат точки ребра возврата:
х = 2и (р — q) cos8 v
y=2u(q — р) sin8 v
z— и2 {3 (p— q) cos 2v—p — qj.
(2)
ГЛАВА VI 20?
Напишем теперь уравнения образующей:
X — х Y—у Z — z
cost/ sin tz 2а
Косинус ее угла с осью OZ равен:
2а
3. Координаты произвольной точкил!оверхности о, или, что то же,,
точки на касательной к линии (2), можно выразить в функции двух
переменных параметров v и t следующим образом:
х = 2и (р — q) cos3 v -|-1 cos v
y = 2u(q — p) sin8 v -f-1 sin v
z—u?[3>(p — q) cos 2v — p — g) 2 at.
Эта точка описывает кривую, ортогональную образующей, при
условии:
cos vdx-\- sin v dy -f- dz = 0,
или, заменяя здесь dx и dy их выражения через v и t:
— 6и(р — q) sin v cos v dv -|- dt -|- 2u dz = 0.
Отсюда, после интегрирования:
3
t — cf — 2uz--—и (p — q)cos 2v,
или, иначе:
3
t = — и (q—p) cos 2v -f- c.
Итак, получаем кривую:
x = и (q—р) cos8 v ( За с | cos v
, ч . о . Zn q — р . \ . (3)
у = и (р — q) sin8 v -j- I За - -f- с I sin v '
\ Z /
2 = 2a<? — k2(pH-^).
Она расположена в плоскости, параллельной плоскости XOY.
Ее проекция на XOY определяется двумя первыми уравнениями (3)~
Дифференцируя (3), будем иметь:
dx dy ( i о Я—Р о \ .
-------= —— I с-4-За- cos2v ) dv.
— sint/ cost/ \ 2 /
Составляем уравнение нормали к этой кривой:
•— X sin v + Y cos v = 2и (q—p) sin v cos v.
Сравнивая с (Г1), видим, что эта нормаль (точнее говоря, ее
проекция) совпадает с проекцией прямолинейной образующей, а сле-
довательно касается проекции ребра возврата, что и доказывает
требуемое в задаче.
208
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
236. 1. Пусть точка 7И определяется вектором г, а точка .
вектором Тогда:
Г1=г + рп. (1)
.Здесь векторы г и п зависят от параметра s (дуга кривой /), а сле-
довательно (1) можно рассматривать как уравнение поверхности 5.
Известно, что определение асимптотических линий на линейчатых
поверхностях приводит к уравнению Riccati. Следовательно, р должно
•определяться уравнением вида:
^L==p2a(S)_f-p^(<?)_|_C(S). । (2)
Кривая I является асимптотической линией поверхности S, так как
касательная плоскость к 5 проходит через касательную к Z и через
образующую d (главная нормаль), а следовательно является соприка-
сающейся плоскостью для I. Но кривая I определяется условием
р=0. Подставляя это значение р = 0 в уравнение (2), получаем:
<с (s) = 0. Вследствие этого уравнение (2) переходит в уравнение Ber-
noulli :
-^- = P3«(s) + p*(s)>
которое решается в квадратурах.
Для вывода этого уравнения проще всего поступить так: заме-
чая, что соприкасающаяся плоскость к асимптотической линии в не-
которой ее точке М определяется векторами г/ и г/' (т. е. каса-
тельной и главной нормалью) и кроме того проходит через обра-
зующую d поверхности 5, можем написать условие компланарности
этих трех векторов
г/'[г/п] = 0. (3)
Дифференцируя по дуге s равенство (1), найдем:
г/ = t (1 — Ар)4-Пр' + Ьрт
г/' = - (pkf + 2Р'Л) t -J- (k + p" - рт2 - PZ>2) n + (2P4 -j- рт') b.
Подставляя в (3), получим искомое уравнение:
2р'т + рт' — р2 (£?' — Л'т) = 0.
Разделяя это уравнение на р2, получим:
2т (—У-Н' = (4)
\Р) \Р )
Наконец, после интегрирования находим:
--------f <5)
Р № J V /
2. а) если т = const, то из (5) имеем:
1 А ,
— =-----+const;
Р 2
ГЛАВА I
209
б) винтовая линия характеризуется равенством:
Л ,
— = const.
X
Следовательно, подставляя в (5), находим:
1 __ с
Р ’
в) если k = ахр, где а и р — постоянные, то из (5) будем иметь:
1 а(1— Р) Г (1— Р)а _р । с ,
Р 2]Л J (2/> + 1) ^У
В частности, для кривых постоянной кривизны р = 0 получаем:
3. Обозначим кривизну и кручение деформированной кривой I'
соответственно через и хг Так как длины р и s при этой дефор-
мации не изменились, то уравнение асимптотических линий поверх-
ности получается из (4) путем замены k и х на и хх:
2xi
(6)
Но так как р ($) одно и то же в обоих уравнениях (4) и (6), то
должно быть:
_т_ z' k~' — k'z (7\
Ti ^iT/
Отсюда получаем:
— = —; *4 = гит; ni = const. (8)
x xt
Далее:
откуда, принимая во внимание (8):
\ Т J 11
(лл' ,п2 ,п ’
ъ/
14 Зак, 1571. —В. И. Милинский
210
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Интегрируя это последнее уравнение, находим:
k k
— = т —L 4- = const. (9)
T Tj
Наконец подставляя сюда = лк, получим:
kx — А — const. (10)
237. 1. Функция /(и) должна удовлетворять уравнению:
/'(«)-+
uU'
(*)
и
которое без труда интегрируется.
2. Отождествляя уравнение (*) с уравнением, определяющим z
в функции иа получим для асимптотических линий:
[Г = 0;
U/— aU' =
А. = const.
Эти уравнения и определят U и Uv Выбирая соответствующим обра-
зом начало координат, видим, что поверхность (5) есть коноид, ось
которого перпендикулярна плоскости XOZ, Отсюда следует, что все
прямые (А) пересекаются в одной точке, и что проекции асимптоти-
ческих линий суть концентричные окружности.
238. 1. Поверхность есть геликоид.
2. Дифференциальное уравнение асимптотических линий имеет
вид:
uU'difl — 2а du dv-|- uW'difl = 0.
Составляем уравнение ортогональных траекторий для кривых
и = const:
a U'du 4- («2 -J- а2) dv = 0.
Чтобы эти
иметь вид:
линии были асимптотическими, функция U должна
U = l-Vk№ — а2
№
— a arc sin —— I-4- с,
\ ku / 1
где А, с — постоянные. Следовательно, асимптотические линии суть
прямые.
3. Вычислим линейный элемент поверхности (5):
2 . (l-f-A?2)«3rf«2
* W-a2
(a du
dv-A---------------
uVk№ — &
Тогда поверхности вращения, которые можно наложить на (5)]
определятся формулами:
1 / ос \
Г2 = /д2 М2 _1 а2); 6 = 1 v— arc sin — ) .
/м \ ku /
1
т\
X=rcosO; K=rsin9
& — A2Z?l2) r2 + (1 -1- A2) zn* a2
------—-----!!-----------drz m = const.
^2/Л2г2_ (1_J_ ^,2) zn* a2
Z
ГЛАВА VI
211
Заменяя в интеграле та = —, получим:
/2
(14-^2)а &z
№ (14-Л2) а’
r =
что представляет собой уравнение катеноида.
4. Полная кривизна:
__ (14-А2)д2 ____________
A ~ kW (и* -|- а2)2
совпадает с полной кривизной катеноида.
239. 1. Искомые кривые определяются соотношениями:
dx dy dz ds
sin a cos a
C sin ads Г
kW
«а
О' yi + a2
и ds as
=; z — - ______________ 4- const,
+ ДЭ V 1 + d»
где и — произвольная функция от s.
При условии, что р = const имеем:
и'* 1 1
——; = — ИЛИ U = -
1 -j-a2 pJ p •
2. Условия ортогональности дают:
az+и — cos a = const.
3. Подставляя в общее уравнение асимптотических линий:
Ldu2 -|“ 2^4 da dv 4* Ndv^ = 0
значения Lt Mt N, найдем:
a) du = 0,
что соответствует прямолинейным образующим, и
1 — cos a . „
-----------h 1 = 0,
v
b)
2 (и — sin и)
что определяет второе семейство асимптотических линий. Это по-
следнее уравнение очевидно интегрируется в квадратурах.
240. 1. Перепишем уравнение (1) так:
a2j>2 (dx — ay dy) -]-zdy —у dz=Q\
после деления на у2 оно легко интегрируется. Обозначая произволь-
ную постоянную интегрирования через А, получим уравнение интег-
ральных поверхностей 5:
z = Ау &ху------------7 а8^8.
(2)
14*
212
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Прямолинейные образующие этих поверхностей будут
у = t\ z — a2tx-[-At------------------
(3)
так как эти прямые параллельны плоскости XOZ, то общие перпен-
дикуляры к смежным образующим будут ортогональны XOZ. Поэтому
огибающая прямых z = a2tx-\-At ^a2t3 будет проекцией стрик-
ционной линии на плоскость XOZ. Для всех точек этой линии будет:
3
— «3/2 = а2х _|_ Л.
Л
Так как y = t, то цилиндр, проектирующий стрикционную линию по-
верхности 5, определится уравнением
х —
— ау2 const.
(4)
Найдем асимптотические линии поверхности (2). Для этого под-
ставим значения р и q в уравнение: dp dx -f- dq dy = 0; отбрасывая
множитель dy, дающий прямолинейные образующие, получим уравне-
ние: 2dx — Зауdy = 0, интегрируя которое получим параболические
цилиндры:
** з
х = ~^ау2 const. (5)
Следовательно, асимптотические линии проектируются на плос-
кость XOY по конгруэнтным параболам с общим параметром. Все
они отличаются друг от друга только параллельным смещением
вдоль ОХ.
Стрикционные линии проектируются на XOY тоже по параболам
с общим параметром, смещенным относительно друг друга парал-
лельно ОХ.
Уравнения асимптотической линии можно записать так:
3
х = -^аУ,‘ + а'<
а = const;
у == t\ z = (А 4-а2а) * + а3^3.
Кручение т и угол ср между бинормалью и осью OZ связаны
соотношением:
т = a2 cos2 ср.
2. Уравнение поверхностей S содержит два параметра: а и А.
Исключая их, получим уравнение:
(г — qy) — (ру)% =0, (6)
полный интеграл которого и определяет все поверхности 5. Очевидно
за поверхность £ можно взять огибающую семейства поверхностей 5.
ГЛАВА VI
213
Положим А = ф (а), тогда соответствующие поверхности опреде-
лятся, после исключения а, из уравнений:
z = уч (а) 4“ а^хУ-------o' л3.У8
з
О = <р' (а) -|- %ах------— а2у2.
Л
(7)
Если положить (а) = са2где Ъ и с новые постоянные, то по-
лучим поверхности:
2г = $у4-
(8)
Это линейчатые поверхности; они образованы прямой пересечения
двух переменных плоскостей, одна из которых вращается вокруг оси,
параллельной OZ и лежащей в плоскости XOZ, а другая остается
параллельной неподвижной плоскости. Следовательно, это будут ко-
ноиды. Если на <р' (а) и <р (а) в (7) смотреть как на произвольные
постоянные 4 и В, то совокупность характеристик, образующих по-
верхность S, определится уравнениями:
z = Ау 4~ а?ху —i- а*у* I
3 » (9)
О = В 4~ 2ах—а?у2. I
Если разделить второе уравнение из (9) на 2а, то получим
уравнение (5), определяющее асимптотические линии на поверхно-
стях 5*. Остальные свойства этих поверхностей легко получить из
свойств поверхностей Т, к которым сейчас и перейдем.
5. Уравнение коноидов, указанных в задаче, имеет вид:
2=ft4-jKp(x). (10)
Так как поверхность Т есть огибающая семейства этих коноидов,
то во всех точках касания р и q будут иметь одинаковое значение
для Т и коноида:
p=j<p'(x); ? = <р(х). (11)
Чтобы эти кривые касания (Л) были асимптотическими линиями по-
верхности Т, должно быть
dp dx -}-dqdy = 0,
что приводит к двум соотношениям:
dx = 0 и уч" (х) dx + 2ч' (х) dy = 0;
Первое из них дает кривую:
x = z = h-^y4(x),
которая образует линейчатую поверхность с направляющей плоско-
214
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
•стью, параллельной плоскости YOZ. Второе соотношение можно пе-
реписать так:
2^ + ^ = 0,
У f
откуда получаем:
.У2/ (*) = k.
Таким образом, равенства (11) дадут:
k г —h
Р=у: 9—— > <12>
где Л, k — произвольные постоянные.
Для получения уравнения поверхностей Т нужно составить зави-
симость между h и k:
F(htk)t=0 или F(z— qy, /эу) = О.
Характеристики этого уравнения определятся системой:
dx dy dp __ dq ,
У?1 “ -У^ ~ -pF* ~ — pFt ’ 1 >
откуда выводим:
dp dx -\-dqdy = 0.
Следовательно, эти характеристики (Ax) образуют одну из систем
асимптотических линий поверхности Т.
Покажем, что эти кривые (Ах) являются кривыми касания поверх-
ности Т с прямыми коноидами, оси которых параллельны OZ и пе-
ресекают ОХ.
Уравнение этих коноидов можно написать в таком виде:
.{х — хЛ х — xQ
z =/ -------- ; и =-------,
\ У } У
откуда находим:
/'(л) xQ — х , . ,
^ = -^2—/ («)• (14)
Подставляя в уравнение:
dp dx -\~dq dy — 0,
получаем:
f"(u)dx=2fr (u)dy,
откуда, после несложных преобразований и интегрирования, найдем:
f (и) —у^ . const.
Следовательно, равенства (14) дадут:
р=М; ^=—М+Л1»
где kit hY— новые произвольные постоянные. Но эти интегралы то-
ждественны с интегралами характеристик (Aj), поэтому идентичность
кривых касания с кривыми’ (AJ можно считать установленной.
6. Пусть две поверхности Т и 7\ касаются друг друга в точке
Af (аг, yt pt q)t причем каждая из них удовлетворяет уравнению (*).
ГЛАВА VI
215
Для определения кривизны поверхности Т перепишем уравне-
ние (*) в таком виде:
г=ЧУ+/<РУЪ
откуда:
р=$у+М'(ау)>
о = (у+(р+^у)/'(р^)-
Исключая /' (ду), находим:
Наконец, подставляя в формулу для гауссовой кривизны, получаем:
1 ( Р Р
Р1Ра~ |.у(1+р2-Н2) J ’
Так как в полученном выражении имеются только р, q, у, то
кривизна зависит только от положения точки и касательной плос-
кости, а следовательно, одинакова для обеих поверхностей Г и Г,.
241. 1. Уравнение фокальной поверхности будет
х2 у2 + z2 z±z 2Rz = 0.
2. Развертывающиеся поверхности определяются соотношением
zta<o = ——у; их ребра возврата соответствуют значению: Х =
= z±z/?cosO. Они располагаются на фокальной поверхности, а их
46
ортогональные траектории определяются соотношением zpaco =-----
cos и
3. Центральная точка определяется значением X = 0, а параметр
распределения равен R sin 0.
242. 1. Нетрудно из чисто геометрических соображений заключить,
что развертывающимися поверхностями конгруэнции будут конусы
с вершинами на одной параболе и проходящие через другую пара-
болу. Кроме того, имеется еще особенная развертывающаяся поверх-
ность S—огибающая этих конусов, образующие которой можно по-
лучить, соединяя точки касания двух касательных к параболам, про-
веденным из одной точки оси OZ, так как отсюда следует, что обе
касательные плоскости к S в этих точках касания совпадают друг
с другом.
Возьмем две точки (на параболах): Q с координатами а (и), р(м),
7(п) и с координатами ^(-ц), Pi ('°)> Ъ (?)• Прямая, соединяющая
эти точки, образует развертывающуюся поверхность, если можно
найти такие две функции •»(«) и Х(и), что точка М с координатами
а_|_Ца_в1); p+X(p_W; , + X(T-Tl)
образует кривую, касающуюся в каждой из своих точек соответ-
ствующей прямой. Это условие приводит нас к уравнениям:
4а-Н£(а — <xt)-|-(а — at) 4Х ^-{-Х^(р — pt)+(p — Pi) 4*. _
« — «i “ Р —Pi
— 4i4-Xtf(7 — ъ)4-(7 — T1)rfX
7 — Ti
216
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
Обозначим через ф общую величину этих трех отношений. Исклю-
чая X и получим дифференциальное уравнение, которое опре-
делит V (и)'.
da,
dt
d(a— aJ а — oCj
<*(₽-?>) ₽-?1
<*(т—ъ) к—Ti
ИЛИ
da dat
d$ d^
d1 d1i
7-L
= 0,
или, еще иначе:
du dv
»/
A'
Ki'
a — 04
₽ —Pi
T — 7i
= 0.
Это уравнение удовлетворяется, если положить du е= 0 или dv = 0,
что дает два семейства конусов. Приравнивая же [нулю определи-
тель, получим, что касательные в Q и Qj лежат в одной плоскости
с QQi, а следовательно имеют общую точку Р, Совершенно очевидно,
что эта плоскость касается двух конусов с вершинами в Q и Qr Но
тогда эта касательная плоскость будет соприкасающейся плоскостью
в точке М ребра возврата развертывающейся поверхности.
ГЛАВА VI
217
В исследуемом нами случае (и — а)2 2р ’ точки Q и Qj имеют координаты: 0 *> w;
0; 2q
Следовательно, развертывающаяся поверхность 5 определится
уравнением:
и — а о (и — а)2
Р 2р
0 v— b (t> —Z>)2 = 0.
г Я 2?
1 1 и V
Исключая решения и — а\ v = bt
соответствующие конусам, находим:
1 О
О 1
1 1
и— а
~2~
v—b
~2~
и — V
ИЛИ
v— ь и — а
и — v ---------------------------------— = 0; и — v = b — а.
Ал Ал
В самом деле, из элементарных свойств параболы следует, что
для точек касания касательных, проведенных из точки [Р (0, 0,
(черт. 12а):
и = О A -j- 2АР = a -j- 2 (/ — а) 1
v = OB-\-2BP^b-\-2{t— d), J *
откуда:
и — v = b — а.
2. Из уравнений (1) получаем:
(р—р,)^«—(«—«,)<гр
(а - а.) d (₽ - - (Р - PJ d (а - а,)
_ (”-*)а 4=1 du
________________2? Р______________
4=ldu '
Чр q ' 2q р
Из и — v — b — а находим, что du = dv. Тогда, принимая во внима-
ние (2), будем иметь:
1 , ,«— а________t—а t — b. , j t — а
218
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
«Следовательно, координаты точки М будут:
«г/ ч —a)a/i 2(^ —®)3
*и=» + Х(« «1) 2р (1 + К)— р{Ь — а) •
_Й4_1(Й_8Ч_____1 (v-^______
Ум ₽“Г (р W 2q q(b— а) '
=V4-X(7 —71) = и + ^—^(и — = « + (* — Ь) = 3/ —(а + д).
QtCtojUb видим, что геометрическое место точек М есть непло-
ская кривая третьего порядка.
3. Соприкасающаяся плоскость в точке М к этой кривой есть
не что иное как плоскость PQQV Если эта плоскость пересекает
плоскость XOY по прямой А, то точка касания А со своей огибаю-
щей определится на ней пересечением характеристической пря-
мой QQt.
Из равенства:
= — Yi)
следует:
X________I--------а—.
7 — 7Х v—и
Тогда координаты точки N будут:
□ । и а ч 0 и а 2t—а
У — и$' v — и а — b
— _ 2 (^ —Лу)2 2t — a
а а — b
Итак, геометрическое место точек Af есть кривая третьего порядка.
Очевидно, эта кривая является линией пересечения плоскости XOY
и огибающей плоскости PQQp Но в таком случае она должна иметь
точку возврата в пересечении ребра возврата с плоскостью XOY,
т. е. при
<aJrb
3 ‘
Действительно, в этом случае находим:
w-------7(^7)- (2(/-»» + 2(/-J)(»-a)) =
ГЛАВА VI
219
откуда видим, что обе эти производные обращаются в нуль при
t— -5- («4~ д), что как раз и характеризует точку возврата.
О
4. Если a = то соотношение, которое определяет разверты-
вающуюся поверхность, принимает вид: ц = -». Все образующие 5
получим, соединяя прямыми точки на обеих параболах с одинако-
выми координатами z. Все они будут параллельны плоскости XOY,
Далее, координаты точек Q и Qx:
2р ’
о- <“-*)*• и
2q '
и уравнения прямой, соединяющей их:
х («-«)*
_______2р__________у__________z — и
(и — а)2 (и — а)2 О
2р 2*7
Эта прямая сохраняет постоянное направление:
4= °-
Р я
Следовательно, развертывающая поверхность S будет в этом случае
цилиндром, который проходит через обе параболы.
243. Координаты точки одной из искомых поверхностей х (ut v),
у (ц, v), z (ц, я) должны тождественно удовлетворять уравнениям дан-
ных прямых. Кроме того, вектор с составляющими (dx, dy, dz), должен
быть ортогонален (при любых du, dv) этим прямым. Переписав урав-
нения данных прямых в виде:
х 4~ 2ц 4~ ц3 4~ 2цр8_ у Зт/2 4- u?v + 2г»1 _ z
и v 1 ’
можем написать условие ортогональности:
и dx 4- v dy 4- dz = 0.
Но так как:
dx — udz-\-zdu — 2 du — 3ua du — 2t»9 du — 6uva dv
dy = vdz-\-zdv — 6v dv — 2uv du — u*dv — Sv8 dv,
TO
dz (uQ -|-102 4" 1) 4“ z (и v Av) —
— du (2ц 4~ 3ua 4~ 2«<f® 4" 2шу2) —
— dv (6u2f2 4~ 6t/a 4"4~ 8го4) = (1)
Следовательно, если это уравнение в полных дифференциалах
можно проинтегрировать, то данные прямые действительно образуют
конгруэнцию нормалей и, значит, найденное значение z (ц, v, с) опре-
делит вместе с данными уравнениями все поверхности, нормальные
к прямым.
220
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Первые два члена уравнения (1) можно преобразовать таким
образом:
dz (u24~v24- \)-\-z (и du-[-v dv) — (и2 v2-\-l) dz-\- d (a2-|-'U2-|-l)=
= z
Подставляя в (1) будем иметь:
d (z Vu2-}-v2-j-l) =
_ и du (2 4- За2 4- 2г»3 Ц- 2v2) 4- v dv (Qu2v 4- 6v 4- u24~ 8^)
-----------------------r , ------------- • \^)
Но правую часть этого уравнения можно переписать в таком виде:
(2« du + 6t>2 dv) Vl + (“2 4~ 2^3) U ^U~^~V^V-,
После этого уравнение (2) примет вид:
или, наконец:
Таким образом, заключаем, что данная конгруэнция прямых есть кон-
груэнция нормалей, и искомые поверхности определятся уравнениями:
Си
x — uz — 2и — и3 — 2uv3 = - - — 2«
Cv
у — vz — Зт»2 — u2v — 2v* = - — 3v
z = u2-\- 2V8 -}
ОТДЕЛ III
ГЛАВА I
244. Возьмем на поверхности произвольную кривую Г и построим
в каждой ее точке касательную плоскость. Тогда данную поверх-
ность можно рассматривать как огибающую этих плоскостей, так как
по условию каждая из этих плоскостей касается данной поверхности
по линии. С другой стороны, эти касательные плоскости образуют
семейство с одним параметром (дуга s кривой Г). Следовательно, оги-
бающей может быть только развертывающаяся поверхность, т. е. ли-
нии касания суть прямые.
245. Выведем условие ортогональности сети кривых, определяемых
дифференциальным уравнением:
Р (а, •») du* -j- Q (и, v) dudv-\-R (ut v) dv* = 0. (1)
Если два направления dut dv и 8u, 8v на поверхности взаимно-
ортогональны, то:
du
Е -т-
dv
(2)
Пусть, решая уравнение (1)
два значения (корня):
du
dv
относительно du'.dv, мы получили
8а
И 1v'
Тогда, по свойству корней квадратного уравнения (1), должно
быть:
du ! 8и _ Q du 8а ___ R
dv ‘ 8v Р ’ dv 8v Р *
Подставляя в (2), получаем искомое условие:
ER — FQ + GP = 0. (3)
В нашем случае:
Е = etg2 a; F = -(^); G e sin2 и + 2
Подставляя в (3), убеждаемся в справедливости утверждения
ортогональности сети.
246. Пусть направление кривой данного семейства:
sina-J- a (v-j- 1) = 0 (1)
222
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
определяется дифференциалами bu, bv. Дифференцируя (1), находим:
cos ийи abv — О,
откуда:
8и а
8v cos и ‘
Подставляя в условие ортогональности:
„ du 8а ,
Е —;---г--Ь
dv 8v 1
(du
dv
+ 0 = 0,
i_±L \
8v )
получим уравнение ортогональных траекторий:
(F cos и — aE) du 4~ (O cos и — aF) dv = 0.
Подставляя сюда значения Et F, О:
E = ctg'2 u; F = 0; G = sin® u,
будем иметь:
— a ctg2 и du 4- sin2 a cos и dv = 0;
откуда, после интегрирования:
а ।
—----p v = const.
3 sin8 a 1
247. Пусть плоскость 8, проходящая через прямую d, пересекает
сферу по кругу 7. Рассмотрим прямой конус, касающийся сферы
вдоль 7. Его образующие касаются ортогональных траекторий 7.
Но вершины всех таких конусов лежат на прямой d', полярной d.
Следовательно, ортогональными траекториями будут круги, обра-
зованные пересечением сферы с пучком плоскостей, проходящих
через d'.
248. Определяем сначала коэффициенты Е, F, G:
x = rcos6; у = г sin 6; 2 = (г — а)/(0)
Е = 1 4- f 2; F = (г — а) //'; G = г2 4~ (г — a)2 f 2
Подставляя их в уравнение ортогональных траекторий:
/ _ ЭФ _ дФ \ , . <ЭФ _ дФ \ , Л
( Е-3 F-r— ) du4~ F -3—- — G -3— I dv = 0,
\ dv ou J 1 \ dv du j
где должно положить:
и = r; v = 0; Ф = 6;
будем иметь:
(1 +/'») dr+(r- a) //' rfO = 0.
или, после интегрирования:
(г — а) ]/ 1 4-/2 (0) = const.
Это уравнение совместно с уравнением данной поверхности:
« = (r —а)/(9)
определяет искомое семейство ортогональных траекторий.
ЗАМЕЧЕННЫЕ ОПЕЧАТКИ
Строка Напечатано Должно быть По чьей вине
। 12'снизу Д=1+7'а . Е = 1+Р Типогр.
|1571.—В. И. Милннский,
ГЛАВА I
223
249. Находим коэффициенты Е, F, G:
\e=1+/'2; F=0; G = u2.
Подставляя их в формулу для угла между двумя кривыми на по-
верхности:
ds 8s cos 6 = Е du Ъи -J- F (du bv -f- dv &u) -f- Gdv 8v,
получим:
ds 8s cos 0 = (1 -j-/'2) du 8u. (1)
Уравнение семейства меридианов v — const. Следовательно, обо-
значая элемент меридиальной дуги через 8s, будем иметь:
8s2 = Е du* -j- 2F 6а 8z/ + О 81/2 = £ 8ц2 = (1 /' 2) 8^
так как:
v = const; 8гг = 0.
Далее, относя du, dv, ds к искомым траекториям и принимая во
внимание, что
ds* = (1 -j- /'2) du* -j- u*dv*,
можем преобразовать (1) таким образом:
K(l+/' du*и* dv* cos 6 = (1 + /'*) du,
или, освобождаясь от знака корня:
и* cos2 6 dv* == (1 2) sin2 0 du*.
Отсюда, после разложения на множители и интегрирования,, на-
ходим уравнения искомых траекторий:
v ctg 0 const = ± С "У 1 4“/'2 («) •
250. Возьмем уравнение поверхности в параметрической форме:
х = a cosv, у = и sin v, z=f (и).
Тогда дифференциальное уравнение ее изогональных траекторий
будет иметь вид (см. предыдущую задачу)
у-----------------------------------du
<fo = tgO/l+/'2(«)—• (1)
и =------
cos2
По условию мы должны иметь:
±
2
что представляет собой уравнение парабол. Отсюда получаем:
v = 2 arc cos
и, после дифференцирования:
224
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
После этого уравнение (1) можно переписать в таком виде:
tg0/i+7'2(«) =
гили
Можно показать (не интегри-
руя), что меридиан должен быть
циклоидой.
Действительно, положим
(черт. 13):
OA = q-, ОВ = -^-,
sin4 о
откуда:
АВ = q etg2 6
ВС=ВС =-?-gctg26.
z
Теперь докажем, что мери-
диан есть циклоида, образован-
ная качением круга с диаметром
АВ по прямой ССГ. Действитель-
но, в этом случае:
• PQ _ -./"PQ
~ NQ V NQ
что и доказывает требуемое.
261. Пусть а есть радиус образующего круга, b—расстояние
его центра от оси вращения. В таком случае уравнения тора будут:
х = и cosv\ у = и sinv, г=Уа2 — (а — Z>)2.
Дифференциальное уравнение искомых траекторий будет иметь
аид (см. задачу 249):
. du
dv = atga —— ,
ГЛАВА I
225
или, иначе:
(1)
Рассмотрим отдельно три случая: b > а\ Ь<а\ Ь=^а.
1. В случае b > а поверхность тора не пересекает ось
ния, и мы будем иметь:
враще-
откуда, после интегрирования:
— ч к — b
—-------— vn) ctg а = arc cos I---------
" a u \ au a
или же, решая это уравнение относительно и:
Ь* — а?
b-\-a cos j-2— ----(v — vQ) ctg a
t. e. выражение-вида:
“ = гт---------------;
1 -f- e cos m t[v — v0)
Эти кривые очевидно будут эллипсами, если in = 1, т. е.:
Vb* — a*
tg a = —-------.
а
Отсюда уже нетрудно определить искомый угол а.
2. В случае b < а уравнение траекторий будет иметь вид: .
2 1/д2 —£2 Ycp-b-i
и =----------------— ---------------------; п -----------ctg a;
v0)_ /• a | u(v — v0)_________ a
\a2 — b*) Va2 — b2
3. В случае b = а будем иметь:
_____________________ 2a
U ~~ 1 + (v — v0)a ctg2a ‘
252. Если dut dv и 8a, 8v суть два направления в точке Af (a, v)
на поверхности, то угол 0 между ними определится формулой:
ds8s cos0 = Еdubu-[-F(du8v-|-dv8и)Gdvbv. (1)
Пусть (Г) — искомая линия. Тогда угол 0, образованный ею с кри-
вой и == const, должен равняться углу 0, образованному ею же с кри-
15 дпК1 1571. —В. И. Мипидовий
I
226
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
вой v = const. Вычисляя косинусы обоих этих1 углов и приравнивая
их друг другу, получим искомое уравнение кривых (Г).
Пусть направление кривой (Г) в точке М характеризуется диф-
ференциалами du, dv, а направление линии и = const в этой же
точке — дифференциалами 8ц, 8т/. Тогда будем иметь:
и = const; 8ц = 0; 8т/ ф 0. (2)
Найдем теперь 8s для линии и = const. Подставляя (2) в общую
формулу:
8s2 = Е 8и2 -|- 2F 8ц 6т/ -|- G 6т/2,
получаем:
8s2 = G 8т/2 или 8s = У G 6т/. (3)
Подставляя же (2) и (3) в (1), получим:
Аналогично будем v = const; и, следовательно: А Fdu-\-Gdv cos 0 = . (4) у G ds иметь и для линии v = const: 8т/ = 0; 8ц ф 0; 8s = У Е Ъи Edu-\-Fdv cos 6 — -J= . (5) У Е ds
Наконец, сравнивая (4) и (5), получаем уравнение линий (Г):
Е du + F dv_Fdu-\-G dv
VTe ~ /g
или, после несложных упрощений:
V~Edu — V~Gdv = 0.
Аналогичным методом можно получить уравнение линий, делящих
пополам угол, смежный тому, который только-что был рассмотрен:
V~Edu-\-V~Gdv = G.
253. Составляем сначала выражения для Е и G:
£=l-|-f 2 (tt); G'=«2.
Тогда дифференциальные уравнения искомых линий (см. предыл
дущую задачу) примут вид:
У 1 -j-- f'а («) du и dv = 0,
откуда:
v = const.
254. Уравнения искомых линий имеют вид:
V~Edu±VOdv = 0
(1)
ГЛАВА I
227
(см. задачу 252)..
Вычисляем сначала коэффициенты Е и G:
Е = а2 sin2 v\ G = a2.
Подставляя их в уравнения (1), получим:
sin vdu ±dv = 0.
Интегрируя, получим уравнения искомых линий:
и ± In tg — = const.
5 2
255. Поступая аналогично предыдущей задаче, получим диффе-
ренциальные уравнения:
du zt У и2 -J- a2 dv = О,
или, после интегрирования: х
z In (и + У и2 -|- Я2) — v = const.
256. Находим Е и G:
Е = а2b2-j-v2; G = a2 + d2 + «2.
Следовательно:
/a24-Z>2 + -u2 du zk У a2д2и2 dv = О,
откуда:
(и + Уи2±а2 + &2) (v 4- Уи2 + а2 + &2) = Ct
« + ^а + а2 + ^ = С2 (t' + /<'2 + a2 + &2).
257. /~2 In («-f- /ц2-]-1) ±v = const.
258. 2и Ц- v — const; n = tg(c— v).
259. Дифференцируя данное уравнение, находим:
$!•=-----—. (1)
Zv cos V
Вычисляем затем коэффициенты L, М, N:
спц2 и
= М=0; 7/• W= sin u cos2и.
sin и
Подставляя в условие сопряженности:
du Zu (du . Zu\ . .. _
L zr 1“+^ H- + -S- 4~w=o
dv Zv \ dv 1 ZvJ
будем иметь уравнение: ч
du sin2 и cos v dv = Qt
откуда, после интегрирования, находим второе семейство линий:
ctg и = sin v -j- const.
15*
228
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
260.
Решается аналогично предыдущей задаче:
ц/'(ц)4-с ,
dv= — du.
Подставляя в условие сопряженности:
L du 8ц -4~ 4“ 4“ Wd^ 8-и = 0
261.
6ц = 0 и, соответственно, 8т? = О, найдем искомые уравнения:
/И du 4~ Ndv — 0; L du 4~ M dv — 0.
262. Решается на основании предыдущей задачи-:
Си = f (ц); С = const.
263. Пусть (L) данная кривая; М (г) точка на ней; ш — единичный
нормальный вектор поверхности в точке Л4(г); а — единичный вектор
данного постоянного направления.
Построим в точке М перпендикуляр к плоскости нормального
сечения, проходящей через касательную к криврй (L) в точке М.
Очевидно, направление этого перпендикуляра можно определить
вектором:
N = [dr m], (1)
где dr — есть бесконечно малое перемещение из точки М (г) вдоль
по кривой (L).
По условиям задачи этот перпендикуляр должен быть ортого-
нален вектору а. Следовательно:
aN = 0 или a[drm] = 0. (2)
Но так как mH = [rttrv], то, подставляя в (2), будем иметь:
a[dr[rttrJ] = 0, (*)
или, иначе:
a {rtt (rv dr) — rv (ru dr)) = 0.
Далее:
a {r« (Fdu 4- G dv) — rv (Edu -±Fdv)} = 0. (**)
Полагая:
a = ai + ₽j-Hk,
где a, p, 7 — постоянные, можем уравнение (**) преобразовать к виду:
Это и будет искомым дифференциальным уравнением.
Примечание. Уравнение (*) представляет собой это же урав-
нение, только написанное в векторной форме.
264. Так как характеристические направления в каждой точке
поверхности симметричны относительно главного направления, то и
ГЛАВА I
22 9
соответствующие им кривизны нормальных сечений равны друг другу
и имеют величину:
Р Р1 + Р2’
Но так как:
__ LN—M* . 1 _ Ldu*-\-2Mdudv-}-Ndv*
P1+p2“£7V—2FJW+GL’ р “ Еdu* 4- 2Fdu dv 4- G dv* ’
то, подставляя в (1), получаем искомое уравнение:
Edu*-[-2Fdudv-[-Gdv* __ EN— 2FM-\-GL
L du* 4- 2M du dv+Ndv* “ 2 (LN—№)
В частности, если поверхность отнесена к линиям кривизны,
то F=0; Л1==0, и уравнение характеристических линий (2) прини-
мает весьма простой вид:
Ldu* — Ndv* = O.
Если же поверхность отнесена к самим характеристическим
линиям, то из (2) видим, что должны быть выполнены условия:
М = 0; GL — EN=0.
265. По условию задачи:
ШП = cos 6 = const.
Следовательно:
mb = cos I -у--0 j = sin 6 = const.
Но так как:
. ... Г dr d2rl p .. M , 1 r .
ь-[tai = [ *. P =-3JT l^^]; m = 77 [rur,],
то, подставляя в (2), будем иметь:
-^-[riA] [dr d2r] = sin 6;
(2)
или, иначе:
(3)
H . . _ n .e sin 6
— I* ('ЛИ d‘r=-y•
Преобразуем левую часть:
[dr [rwr J] d2r = {ru (rv dr) — rv (rttdr)} d2r = {rtt (Fdu 4- G dv) —
—rv (E du 4- F dv) ]d*r^(Fdu-]-G dv) (r„ d*r) -(Edu^-F dv) (rv d2r) =
rud*r Edu\-Fdv
I
rv(Pr Fdu~\~Gdv
__ Turuu 4- 2rttr«v^« dv 4- r«rvv E d*uF d*v Edu-\-F dv
~~ гЛв<««а + 2г„г,
и ’W1) du dv 4- rvrvv do2 4- F d*u 4- G d2® F du 4- G dv
ruruu du* 4- 2ruruvdu dv 4- rwrw dv* Edu~^Fdv
rvr«w dn24-2r„rww du dv 4~ rvrvvdv* F du-\-G dv\
Ed?u-\-Fd*v Edu-\-Fdv
F d*u 4- G'dPv F du 4~ G dv
(4)
230
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Последний определитель вычисляется непосредственно; он равен:
И2 • (cPudv— dtvdu).
Что ясе касается первого определителя, то для его вычисления
заметим, что:
rur«j*= “2" (г«2) = 2 ’ rvrw 2“ ~dv == ”2"
гг =_1_______— (г 2) = — Е ' г г = — — (г 2) = — G
u-uv 2 dv ' 11' 2 ’’ ’ ’ vu 2 ди k v } 2 u
d . . „ 1 n
^uTvV (**«**!•) rrrwv Fv 2 @u
Vtiu== (*"гЛг) rvrnv Fu — Ev.
Таким образом, подставляя эти значения для rwrntt, ... сначала
в (4), а затем в (3), получим:
1
И
sin9 ,, . , „ „
------- Я • (uv — и vf) —
Р
1 £иВ'г+^“,»'+(/’«.—1-°») v'2
(f„ —L Evj «'»+O„«V + -1 ОХ»
Eu'-\-Fvr
Fu' + Gv'
где u't v'i u", v" обозначают первые и вторые производные по $.
Между прочим, правая часть этого равенства представляет собой
геодезическую кривизну линии.
Напишем теперь выражение для нормальной кривизны исследуемой
линии в точке М:
= Lu'2 + 2Mu'v' 4- №'2, (6)
где 0 есть угол между главной нормалью кривой и нормалью к по-
верхности в точке М.
Сравнивая (6) с (5), легко получаем дифференциальное уравнение
искомых линий:
(Lu'2 4“ SAfu't/' -|- М/2) tg 0 = Н • (u'v" — u"v') —
4 + + Eu' + Fv'
-— / ' • (7)
н «'2 + G>tuV + 4- G№ Fu' + Gv'
\ АЛ t Л
Если раскрыть этот определитель (мы его обозначим Д), то по-
лучим:
2Д-----(_ FEU -f- 2EFU — ЕЕ,) и'» +
+ ((GEU — 2FFU + FEV) - 2 (EOU - FE„)) и' V —
- ((£0, - 2FFV + FG„) — 2 (GE, - FGJ) +
+ (2GFV — FO„ GG„) v'». (8)
ГЛАВА I
231
Но выражения в скобках представляют собой символы Christoffel’n
второго рода. Следовательно, мы можем (8) переписать таким образом:
Подставляя это выражение Д в (7) и заменяя там и', v't и", v"
соответственно на:
du dv d2u d2v
получим: ds* ds* ds2 ’ ds2 *
tg 0 ( 22 1
—— (L du2 -|- 27И du dv -|- Ndv2) ds — du d2v — dv d2u — ] j | dv* -]-
Наконец, можно придать этому уравнению и другой вид, если
принять и за независимое переменное, a v за функцию от него:
+ -|r 1Д+2Л* + 1/^ Е+2Г^ + а (9)
1 Н 1 1 du \duj J у 1 du \du]
Полезно отметить, что при 0 = 0 искомые кривые суть геодези-
ческие линии, а при 0 = <—--асимптотические.
Л
266. Вычисляем коэффициенты Е, F, G, L, 7И, N.
>- ™ Af=O; V- “ГМ
Так как Е, F, G не зависят от vt то уравнение искомых линий
будет иметь вид:
v". = Ф (и, vr).
Следовательно, полагая v' = '№, мы получим уравнение первого
порядка:
w' = Ф (и, w).
Скобки Christoffel’n в этом случае будут равны:
232
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Подставляя в уравнение (9) предыдущей задачи, получим:
+ У1 4- Ла» 4-/'« («/'+и«/ufl) tg 0.
В случае цилиндра вращения должно быть:
Черт. 14.
у — a sin v\ z = u
0; G = a2; H=a
(22) (12)
°* | 1 j °’ | 1 J °’ | 2 J”0’
После этого дифференциальное
уравнение примет вид:
^ = «'»tg6/ 1+<А<». (1)
Полагая и интегрируя,
получим:
1
W= Z______R.--4.- , —
V (иa)9 tga 0 — а2
где а — постоянная интегрирования.
Следующее интегрирование дает:
v == etg 6 In | — [(и — a) tg 6
4-K(«+«)2‘g’9—"211 >
откуда нетрудно вывести:
(2)
Рассмотрим кривую, которая проходит через точку и = 0, v = Q.
Из (2) найдем: .
₽=~ tge — Ш*®—1-
В частном случае для а = a etg О, р = 1; для случая же а = а etg О,
р = — 1. Следовательно:
и ± a etg е = ± 4 (в’ * • 4- е~ ’ *«"} etg 4 ,
или, если положить etg 0 — Ь:
ГЛАВА I
233
Сделав преобразование:
и
х* = х; у"'— у\ z* =—dzd,
получим параметрические уравнения искомых линий:
V ______V
х* = а cos v\ у* — a sin v\ z* = -— (е ь -4- * ь )»
4U
которые, очевидно, представляют собой цепные линии, навернутые
на цилиндр.
267. Пусть AD есть одна из образующих линейчатой поверх-
ности 5; М—точка касания. Если линия касания (Г) есть кривая
Viviani, то для любой ее точки должно быть: BOM — BOD' (черт. 14).
Но треугольники АОМ и AOD' равны, так как OM=OD' (как
радиусы); AM = AD' (как касательные из одной точки А к сфере)
и АО—общая сторона. Следовательно:
вдм—воЬ'.
268. Из уравнений:
х = и cos у — и sin и; z — /(v)
данной поверхности находим:
dx — cosvdu — и sin v dv; dy = sin v du -|- и cos v dv
dz — f (v) dv = f (cos vdy — sin v dx).
(1)
sin-urfv,
1 и J I
cos v dv
Подставляя в уравнение линий кривизны:
dx 4~ р dz dy-\-qdz
dp dq
значения:
.sin-n . cost, ,,z ч
p =---------------------—/'(»); ? = —— f(y)
dx-\-pdz — cos vdu-\-
dy~\~qdz = sin vdu-\-
будем иметь:
(cos v du — U sin v dv j {—f cos v du -J- и (J" cosv —f sini?) dv] —
(„2 I \
sin v du----— cos v dv j {/' sin v du — и (f sin v -\-f cos v)dv) —
—fdu* + ufdu dv -f- (u2 + /'2) fdv* = 0. (2)
Для точек одной прямолинейной образующей:
t) = c\ dv = 0‘, dx — cos vdu\ dy-=s\nvdu\ dz — Q.
234
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Следовательно, кривая, касательная к которой определяется урав-
нениями (1), пересекающая образующую под данным углом а, опреде-
лится уравнением:
cos v dx -|- sin v dy___ du
У dx'2 + dy2 ^dz? ~ Vdu? -j- u2 dv2 /'a dv2 ’
Если же в этой точке линия кривизны пересекает образующую под
углом а, то, кроме уравнения (2), получим уравнение:
/ du \ 2 I
“a+/'8w- (3)
Исключая из (2) и (3) du: dv, будем иметь:
и2/'2 tg2 а = (аз + /'a) (tg2 а 1)/а
2 _ 4/'4 (у) cos2 2а
U f"'2 (tt) sin2 2а — 4/'2 (у) cos2 2а ‘
Если 4(v)- = a cos а = , то
9 4/'4 (г/) 4а2 sin4 v
U ~ З/"2 (у) — If* (у) = 3 cos2 -у — 4 sin2 v'
Следовательно, уравнение проекции этой кривой на плоскость XOY
в полярных координатах будет:
2а sin2 О
г = - —.
у 3 cos2 6 — 4 sin 20
Эта кривая симметрична относительно осей ОХ и OY и имеет
прямолинейную асимптоту:
х]/3— 2у — 0.
269. Составляем уравнение кривой (С):
v = xn; z=f(x).
Так как ее соприкасающаяся плоскость в точке М(х,у, z):
X—х 1 0
У~У' nxn~' n (tl— l)xn-2 = 0
Z — z z' z"
проходит через точку Р (0,у,0), то
должно выполняться условие:
x I 0 0 x n— 1 z z' z" = 0,
или, после упрощения:
x*z" — (л — 1) (xz? — z) = 0.
ГЛАВА I
235
Для интегрирования этого уравнения представим его в таком виде:
г" = (п
откуда:
г'=2 (я — Д = const.
Получилось линейное уравнение первого порядка. Решая его, по-
лучим общий интеграл уравнения (1):
z = /(х) = ахп~' ^х'
Составляем уравнения прямой 'МР:
Y—xn\ Z = X (ах”~2 + Z>).
Линейчатая
уравнением:
поверхность, образованная этой прямой, определится
(П-2\
d-f-аУ п 1.
Дифференцируя это уравнение, находим:
dZ = (b-j- « dY
cPZ := Y~^(dX——— dY\dY.
n \ nY J
Следовательно, дифференциальное уравнение асимптотических ли-
ний будет иметь вид:
Интегрируя его, находим асимптотические линии:
/ П—2\
У = с; Z — X\b-\-ac п I,
т. е. прямолинейные образующие, и другое семейство:
11 — 2
Y==cXn'i Z = bX-\-ac п Хп~\
270. Данная поверхность S представляет собой гиперболоид вра-
щения:
х«+^-г» = А- •
236
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Рассматривая v как функцию от и, будем иметь:
откуда, после интегрирования (подстановка u = tgE):
= TlnSrE + arCtg(sint) + C’
или, окончательно:
= In {и + у/1 «а) + arc tg
2. Рассмотрим кривую:
V == In (и 4" V1 +«а) + агс tg
Дифференцируя, получим:
ГЛАВА I
237
Следовательно:
cos v 2и sin v
cos v и sin v
и, аналогично:
Направляющие косинусы главной нормали пропорциональны вели-
чинам:
xuS (хихии) — xu1lSxu2 = — Зупи,
X 2 I v 2 I 9 2 — _____
•*uu “ SUU T4W< 1/2 ~j~ 1 *
следовательно:
1/га2+1 cosv + м sin-и л —ifu? Ч- 1 sin -о Ч- и cos v
cos а = — ----!—1-------------; cos 8 = —------;
/2иа-{-1 /2^+1
cos 7 = 0.
Так как касательная плоскость к поверхности S определяется
уравнением:
то направляющие косинусы нормали к поверхности S будут:
, Г 2и2-4-1 , <2zz2 -I-1 , и V 2
— I/ ------2—cosv; —1/ ---------!—sint/;
V 4tt24-l V 4ца-{-1
238
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Обозначая через 0 угол между этой нормалью и главной нор-
малью кривой, получим:
cos 6 =
/и2+1
4а2 + Г
(2)
Рассмотрим теперь другую кривую (1), проходящую через иссле-
дуемую точку («, v):
v = c' — In (и 1) — arctg — U .
Очевидно vn и также переменят знаки на обратные. Следо-
вательно: "
Что же касается cos 0, то его величина остается прежней (2).
3. Так как в каждой точке кривой С
то, подставляя в формулу для вычисления радиуса кривизны, получим:
₽,=_________1 („»+1).
₽ (SXv*)(Sx,„V-(SX„xuu)* 2k
Для вычисления радиуса кручения находим сначала хиии,у 1lUutzuuu:
ZUUU--- 0.
271. Обозначая через г радиус-вектор какой-нибудь точки М
D-линии и соответственно г0, R — для центра сферы и произвольной
точки сферы, можем написать:
(R —г0)2 = (г —г0)2,
или, иначе:
(R —r)’4-2(r—r0)(R—r) = 0. (1)
ГЛАВА I
239
Вследствие коллинеарности векторов m и (г — г0) можно положить:
г — г0 = Хтп.
Подставляя в (1), получим:
(R — г)* 4- 2Xm (R — г) = 0. (2)
Это и будет уравнение сферы, касательной к поверхности’в точке М
линии D.
По условию эта сфера проходит через четыре бесконечно-близ-
кие точки искомой кривой. Дифференцируя три раза (2) и считая при
этом гит постоянными, получим:
(R —r)dR + XmdR = 0
rfR2+ (R — г) rf2R + Xm d2R = 0
3rfRrf2R + (R —r) tf3R-[_Mntf3R = 0.
Полагая в этих уравнениях R = r, будем иметь:
rfs2-|-Xm d2r = 0
3 dscPs -J- Xm d3r = 0.
Исключая К, получим:
3 d-s__m d3r
ds m rf2r ’
(3)
Наконец, дифференцируя два раза тождество mrfr = 0, найдем:
m d2r = —dr dm
m rf3r = — 2 dm d2r — dr d2m.
Подставляя в (3), получим искомое дифференциальное уравнение:
3d2s__________________2rfmd2r-J- drd2m
ds dr dm
272. Пусть уравнение поверхности будет:
/(x,_y,*) = 0.
Тогда имеет место тождество:
Sd2xd(~-\ ==Sdxd2i~-\ = dSdxdl. (1)
\дх \дх I 2 \дх ’
Дифференциальное уравнение искомой линии (см. предыдущую
задачу) будет:
3^s
ds
Sdxd
или, на основании (1):
d
3d'2s
ds
Sdxd
240
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Интегрируя, получим:
kds^Sdxdi^-S.
\ &х /
Это уравнение легко интегрируется, если перейти к эллиптиче-
ским координатам:
(р —а)(р —£)(р—с) Р (pi—а) (р, — *)(р,—с) ₽1 ’
Значениям k = a, bt с соответствуют три системы круговых се-
чений.
ГЛАВА II
273. Из дифференциального уравнения линий кривизны получаем:
dy________________________t dx
У14~;м2у2 ~ V\ тЖ*
откуда:.
у + V1 + w2ya = С (±: х -|- У1 + №№); С = const.
Таким образом их проекциями будут гиперболы семейства:
2 . 1 + Са /1—С2\2
274. Дифференциальное уравнение линий кривизны имеет вид:
v du2 — 2и dudv — v dv2 — 0.
Отсюда находим уравнение линий кривизны:
<и2 -|“ 2см — с2 = О.
97f. du ___________ t dv
’ 4- И2 ~у Л9 4- ^>2 ’
276. Вычисляем коэффициенты Е, F, G, A, Af, N:
Е=1; F = 0; G = M2-pA2; № = м24-Л2;
£ = 0; М = — —л ^=0.
Н
Следовательно, дифференциальное уравнение линий кривизны
геликоида будет иметь вид:
du? — (м24-Аа)^2 = 0,
откуда, после интегрирования:
v 4- с = ± in (м 4~ 4“ ^2)-
277. Вычисляем гауссовы коэффициенты:
£=14-/'27и)> е = Л/'(«); О = «9 + А; № = А24-м2(14-/'2)
д = »); М = _±;
Н н Н
ГЛАВА II
241
Уравнение линий кривизны будет иметь вид:
h (1 +/'2 4- и/'/7) d& 4- |(а2 + A2) uf — (1 + /'2) к3/' \dudv —
— h (и3 + h2 4- u^f'^ dv* = 0.
278. Дифференцируя данные уравнения, находим:
dx = 3 (1 *и2 — и*) du 4-6 uv dv
dy = 6uv du-\~3(l -\-u* — t/2) dv
dz = 6 (u du — v dv),
откуда:
2a dx — 2v dy = (1 — a2 — t»2) dz.
(1)
Следовательно, уравнение нормали к поверхности будет иметь вид:
Х—х Y—y _ Z — z 4
2а — 2v ~ и24“ — 1
Возьмем уравнение линий кривизны в виде:
dr [m dm] = О,
где m — вектор нормали (не обязательно единичный).
Перепишем его в форме определителя:
В данном случае: тя = 2и\ dx тя dmx ту^ dy тУ. dtny = — 2v, dz тг dniz тг == a2- = 0. 4-^2—i. (2)
ПЬэтому, принимая во внимание (1), можно уравнение (2) перепи-
сать в виде:
0 - P t>3 — a2) du 4~ 2av dv 2uv du 4~ (14-w2—t'2) dv 2u du — 2v dv
2u — 2v a2 4~ v2 — 1 = 0,
du — dv и du-\- v dv
которое приводится к более простому виду: J
— 2 (1 4~ и2 + ^2)2 du dv == О»
Следовательно, линии кривизны будут:
а = const; v = const.
Линия а = const лежит на плоскости:
х 4~ cz — Зс 4~ 2с8,
параллельной оси OY. Если положить c = tga, то ее уравнения можно
написать в виде:
х cos а 4- z sin а = 3 sin а -j- 2 sin а tg2 а
3<?2 • ♦ з
xsma—zcosa =--------------smatg3a
cos a
/ 3 Д
v = -v (-:----1»-=-1.
' \ cosJa > )
16 Зак. 1571. —В. II. МилиискиД
242
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Повернем теперь оси координат на угол
2л
вокруг оси ОУ;
тогда получим уравнение этой кривой в виде:
уI 2= ((х 4- Sin a tg3 а) ( х -+- sin а tg3 а-
л 13/'* ь/li ь» cos3 а
Линия кривизны v = const есть кривая третьего, порядка, лежа-
щая на плоскости:
у — vz. — 3v-\- '2v3t
которая параллельна оси ОХ,
279. Возьмем дифференциальное уравнение линий кривизны
в виде:
dx-\-pdz____dy-\-qdz .
dp dq ’ ( '
Дифференцируя данные уравнения, получим:
dx = — {/(«) -j- f" (и) + ?(*)) sin и du 4~V (?) cos и dz
dy = {/(u) -J-f" (u) 4~ <p (<?)) cos и du -]- cp' (z) sin и dz\
откуда:
cos и dx sin и dy = to' (z) dz
и, следовательно:
dz___ ____ cosu dz_____ ___ sin и
dx ? to' (zj ’ dy
Подставляя в уравнение (1), будем иметь:
— (/(“) +/" («) + <F (*)} sin udu-\- ta' (z) 4> |cos и dz
I_________________________________________T J __
— sin и to' (z) du — cos и to" (z) dz
{/ (“) +/" (“) +<?(*)) cos и du+ {<?' (z) 4- -ry-rlsin и dz
_________________________________i________T \z) )______
cos и to' (z) du — sin и to" (z) dz
Это уравнение приводится к более простому:
{[/ (и) +Г («) + <? (*)] ?" (*) -Н + (*)} du dz = 0.
Следовательно, линиями кривизны будут:
и = const; z = const.
Этот результат можно было бы получить из рассмотрения урав-
нений нормали:
X — х Y—у Z — z
cos и sin и —tf' (z) *
Если z = const, то нормаль во всех точках сечения образует
с осью OZ постоянный угол, косинус которого есть:
1
V 1 + ^(г)‘
ГЛАВА II
243
Итак, эти плоские кривые суть линии кривизны, а их проекции
на плоскость XOY—параллельные кривые. Следовательно, поверх-
ность образована семейством параллельных кривых, пересекающих
некоторую кривую, которая сама может быть произвольной.
Если и = const, то имеем плоскую линию:
х cos a-J-j/sina = f (и) -{- <р (z)
у cos и — х sin и =f (и).
Нормали во всех точках этой кривой все лежат в ее плоскости.
Следовательно, это есть линия кривизны. При изменении и плоскость
этой линии перемещается, оставаясь касательной к цилиндру, с обра-
зующими, параллельными оси OZ. Каждая точка этой кривой, соот-
ветствующая определенному значению Z, описывает прямое сечение
этого цилиндра. Следовательно, поверхность образована плоской кри-
вой, плоскость которой катится без скольжения по цилиндрической
поверхности. Итак, исследуемая поверхность есть резная поверхность
(surface moulure).
280. Возьмем уравнение линий кривизны в таком виде:
/ dx аУ dz
dr [m dm] = 0 или: тх ту mz =A (i)
dttlx dmy dmz
где тх) myl niz — угловые коэффициенты нормали к поверхности. Они
должны быть пропорциональны величинам:
be (1 -j-av);
Подставляя эти выражения
уравнение линий кривизны:
a (v2 — 1) du -f-а (и2 — l) dv
— b(v2~\~l)du — b (u2-\-l)dv
2c (v du — и dv)
откуда, после соответствующих
ас (1—uv)\ ab (и — v).
в (1) вместо mxt myl nizi получим
be (1 uv) be (udv-\-v du)
ас (1 — uv) — ac(udv-\-v du) = 0,
ab (u — u) ab (du — dv)
упрощений:
{а2 (ц2 _ 1)2 _ 1)2 _j_ 4c2a2) dv2 —
— (a2 (^2 _ 1)2 _ b2 j^2 4- l)2-f- 4c2V2} du2 = 0,
что представляет собой уравнение Euler’a.
Так как уравнение Euler’a имеет алгебраический интеграл, то,
следовательно, и линии кривизны будут алгебраическими.
Этот результат можно было предвидеть из чисто геометрических
соображений. Действительно, данная поверхность есть однополостный
гиперболоид. Следовательно, линии кривизны на нем определяются
пересечением софокусных поверхностей второго порядка, т. е. будут
алгебраическими.
281. Линии кривизны окружности, образованные пересечением
Данной поверхности с двумя семействами плоскостей:
z=C2(x— 2а).
282. Поверхность имеет бесконечное множество омбилических
точек. Они образуют омбилическую линию.
16*
244
решения ЗАДАЧ
Если пересечь поверхность плоскостью XOY, то в сечении полу-
чаются прямая и парабола:
2х 4~ а = 0; у2 — 2ах =Д.
Докажем, что эта парабола и есть омбилическая линия. Условимся
рассматривать у как функцию от х, z. Тогда, для z = 0:
; >=°
dz
1
у = ]/2ах]
д2у
дх2
1
2х
а д2у _____ &у
2х’ dxdz ’
dz2
\JL
2х‘
Следовательно, условия
E:F:G = L:M:N
примут вид:
iif?: 0:1 = — : О: —-
2х 2х 2х -
что и доказывает требуемое.
283. Все омбилические точки лежат на кривой пересечения со
сферой:
4а2;
Все точки этой линии являются омбилическими для данной
поверхности.
284. Возьмем уравнение линий кривизны в форме:
d(x-[-pz) __d(y-\-qz)
dq dq
Для данной поверхности будем иметь:
dp
dq
откуда:
d
О; х dp -f-у dq = О.
Следовательно, первое семейство линий кривизны будет:
у = Сх; х2 4~ V2 4"22 == ^/(С); С = const.
Для второго семейства имеем:
dz = pdx-\-qdy = d(px-]-qy)-, z = рх + qy -|- С
2х2 4- 2^2 4- 2z (рх 4- qy) = xf ( )
2х2 + 2у2 2z2 — 2C'z
ГЛАВА II
245
или:
x2+-^4-z2 =2C'z; 2C'z = */(j0.
Линии кривизны обоих семейств лежат на сферах, проходящих
через начало координат.
285. Возьмем уравнение поверхности в векторной форме:
R = г + wt,
где г($) — радиус-вектор точки данной кривой. Находим коэффи-
циенты Е, Ft G, Lt М, N:
Rtt = t; Rt, = t + «£n (-u = s)
RttM = о; Rttu = £n; Rvu = (k -j- uk') n -j- iMo — uk4
£ = RM2==1; F=RWRV=1; G = 14-^2; H = uk
m = у [RAJ = b
£ = RttMm = O; 7W = Rttum = 0; AZ= Rwm = ukx.
Подставляя в общее уравнение линий кривизны:
(FL — ЕМ) difi (G£ — EN) du dv -f- (GM — FAT) dv2 = 0;
получаем:
(du -|- ds) ds = 0,
откуда находим уравнения обоих семейств линий кривизны:
ц -J- s = const
s == const.
286. Берем уравнение поверхности в векторной форме:
R==r-|-Mb,
где r(s) — радиус-вектор точки данной кривой. Определяем сначала
коэффициенты F, F, G, £, М, N:
Ми = Ь\ R1J = t— zrcn; (v = s)
R«we°; R«v = — Rvd = (6 — ux')n— WT2b + «^t
F=RW2=1; F = RA=0; G=14-fA2; H2=14-u2t2
1 rm г» л П -4~ Wzt
® j-j [R«Rv]
in Л. ЛЛ Г* ’ xr m --Ut'4-U2^T2
Rmu® 0 > R«t)in , AZ — Rvum — •
Подставляя в общее дифференциальное уравнение линий кри-
визны:
(FL — ЕМ) du2 (GL — EN) du dv -f- (GM — FAT) dvz = 0,
получим:
т du2 (x'u — k — &r2tt2) du ds — (1 -|- т2и2) ds** — 0.
246
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
287. Возьмем уравнение поверхности в векторной форме:
R = r-[- wn;
где г($) — радиус-вектор точки заданной кривой.
Определяем сначала коэффициенты F, F, G, L, М, N'.
Rtt = n; Ry = (l—w^t-j-ircb; (v = s)
£ = Rtt2 = l; F=RMRy = 0; G = Ry2 = (1 — uk)* + u*x*
m = A [R.RJ = M' + (*« -1) b).
RttM = 0; RM1) = -b — Art; Ryy = — uk't-\~(k— uk* — их*) n 4-ат'Ь
£ = R22!tm = 0; M = Rttym = —=
= (u*kt' — u*k'x — их').
Подставляя в уравнение для линий кривизны:
(ЕМ — FL) du*-f.(£7V — GL) du dv + (FN— GM) dv*=0,
получим:
т du* -j- (их' -j- u*xk' — u*kx') du ds -|- (2uk — u*k* — u*x* — 1) ds* = 0.
288. Уравнения спиральных поверхностей в параметрической
:орме будет:
х = ueav cos v; у = w^sinv; z = ^(u)eav\ a = const.
Вычисляя гауссовы коэффициенты:
Е = е*<"> (1 + ф'2) ; F = ае*™ (©©' 4- и); G = {аV + (,1 + а*) и*)
£ = e3avuo"; М = ae3av (ио' — о); N= ue3av {(1 -)- а*) иу' — а*<р},
видим, что если подставить их значения в уравнение линий кривизны
и сократить на e5avt то коэффициенты при dut dv будут зависеть
только от й, что и доказывает теорему.
289. Дифференциальное уравнение проекций линий кривизны на
плоскость X0Y будет:
dx -\-pdz dy-\-q dz
rdx-\-sdy sdx-\-tdy'
Для искомой линии кривизны х=1 (следовательно rfx=0) это
уравнение даст:
PQ 1+?"
s t
или
уГ _i+/'2
f+yf Г ’
ГЛАВА II
247
Полагая f'{y) = ui получим:
>-^+“(l+u2)=°.
откуда:
y>=c»(i-l—L)
\ и“/
или
df с
и =» — = — .
dy ]/у2-----С2
Следовательно
f = с In (_у 4- ]/_у2 —с2) 4- q.
Итак, искомая поверхность будет:
ex *~С1 - г~С1
У = -?-(е с +е ° )»
а линия кривизны, определяемая плоскостью х=1, будет цепная
линия.
290. Это возможно только для эллипсоида вращения.
Действительно, если сфера проходит через одно круговое сече-
ние эллипсоида, то она пройдет и через другое круговое сечение.
Система же круговых линий кривизны образуется линиями касания
системы вписанных сфер.
Но в „таком случае обе системы круговых сечений должны сов-
пасть в одну, что возможно только у эллипсоида вращения.
291. Выберем за центр инверсии начало координат и преобра-
зуем данную поверхность. Пусть при этом радиус круга инверсии
будет 2а. Тогда, заменяя в уравнении:
х~(х2 + У* 4“ =" (*2 4" У*)
х, у, z соответственно на:
4а2х '4а?у 4aQz
+ х24-^2-j-г2’’ xa4-^24-z2*
получим уравнение прямого кругового цилиндра:
х2 4“ У2 — 2ах = 0.
Линиями кривизны у этого цилиндра будут его прямолинейные
образующие и ортогональные им сечения (круги). Совершая обратное
преобразование, мы увидим, что эти линии перейдут в окружности.
Следовательно, у данной поверхности линии кривизны состоят из
кругов.
292. Для доказательства воспользуемся формулой Olinde-Rodri-
gue’а:
dr 4“ Р Лп = 0.
По условию р = const. Следовательно, интегрируя, будем иметь:
г4~рт = а,
248
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
где а — постоянный вектор, зависящий от линии кривизны, т. е. от
одного параметра. Таким образом, из (1) имеем:
г — а = — рш,
откуда, после возведения в квадрат (скалярно):
(г — а)2 = р0,
что представляет собой семейство сфер постоянного радиуса р, цен-
тры а которых лежат на некоторой кривой.
293. Если линия кривизны есть круг, то она плоская. Следовательно,
по теореме loachimstahl’H она пересекает поверхность под постоянным
углом и нормали к этой поверхности во всех точках круга образуют
конус вращения.
Построим сферу с центром в вершине этого конуса и радиусом,
равным расстоянию от вершины до соответствующей точки круга.
Очевидно, эта сфера будет касаться поверхности по кругу.
Таким образом, каждой линии кривизны — кругу соответствует
сфера, касающаяся поверхности по этому кругу. Следовательно, по-
верхность есть огибающая семейства сфер, каждая из которых опре-
деляется линией кривизны, т. е. зависит от'одного параметра, а зна-
чит центры этих сфер лежат на некоторой кривой.
294. Этому условию удовлетворяет только сфера.
295. По теореме loachimstahl’H, плоскость линии кривизны (если
эта линия плоская) должна пересекать поверхность под постоянным
углом. Следовательно, нормали к поверхности во всех точках этой
кривой образуют постоянный угол с плоскостью. Отсюда не трудно
заключить, что сферические изображения всех точек такой линии
кривизны расположатся на окружности.
296. Так как все линии 'кривизны поверхности плоские, то их
сферические изображения представляют собой ортогональную сеть
кругов. Но известно, что если два семейства кругов образуют на
сфере ортогональную сеть, то плоскости каждого из этих семейств
проходят соответственно через две прямые, сопряженные относи-
тельно сферы, т. е. взаимно-ортогональные.
297. По теореме Koenigs’a о сопряженных сетях линии касания
конусов, описанных около искомой поверхности а и имеющих вер-
шины на данной прямой (ось пучка плоскостей), образуют второе
семейство линий кривизны. Вследствие ортогональности линий кри-
визны эти последние должны быть ортогональны к образующим ко-
нусов, для которых они служат линиями касания. Следовательно,
линии кривизны второго семейства будут сферическими; при этом
центры этих сфер лежат на данной прямой. Очевидно, что линии
кривизны первого семейства ортогонально пересекают эти сферы.
Нетрудно доказать и обратное предложение. Итак, можно счи-
тать, что искомая поверхность образована ортогональными траекто-
риями семейства сфер, имеющих центры на прямой. Отсюда вытекает
простой метод построения такой поверхности.
Возьмем какое-нибудь семейство сфер, с центрами на одной
прямой. Пусть (Г) одна из ортогональных траекторий этих сфер.
Вращая (Г) около данной прямой, получим искомую поверхность.
ГЛАВА II
249
298. Пусть три данные сферы Sp 53, 5Я пересекаются в некото-
рой точке О. Обозначим через <5 переменную сферу, касающуюся их.
Выберем за центр инверсии точку О; тогда три сферы Sp 52,
преобразуются в три плоскости Рр Р2, Р3, образующие триэдр.
Сфера S, как не проходящая через О, преобразуется в сферу же,
касающуюся всех трех плоскостей Pi9 P2i Р3, т. е. будет иметь своей
огибающей прямой круговой конус, вписанный в этот триэдр. Линии
кривизны конуса суть образующие и ортогональные им круги. Про-
изводя обратное преобразование и принимая во внимание, что при
инверсии линии кривизны переходят в линии кривизны, а круги и
прямые переходят в круги, видим, что линии кривизны данной по-
верхности состоят из кругов.
Если же три данные сферы S2, S3 не имеют общей точки,
то можно поступить так. Проведем через их центры Ор О2, О;$
плоскость. В сечйши получим три круга (Г,), (Г2), (Г3). Построим:
круг (Г), ортогональный им, и выберем за центр инверсии любую
точку на нем. Тогда (Г) преобразуется в некоторую прямую d9
а круги (Г,), (Г2), (Г3) — в ортогональные к d круги, т. е. будут
иметь центры на прямой d. Задача таким образом свелась к изуче-
нию огибающей семейства сфер, касательных к трем сферам с цен-
трами на прямой d. Это будет тор. Его линии кривизны будут кру-
гами. Производя обратное преобразование, получим огибающую
семейства сфер, касательных к трем данным сферам Sp S2,
Линии кривизны этой поверхности будут состоять из окружно-
стей.
299. Пусть (Г) (черт. 15) есть линия кривизны одной системы, и
пусть о есть сфера, касающаяся данной поверхности 2 вдоль (Г).
Возьмем на (Г) три точки М, Afp Л42 и три
линии кривизны другого семейства, прохо-
дящие через них. Это будут по условию
круги; обозначим их jx, р,а. Наконец,
возьмем три сферы 2Р Q2, 23, касающиеся
поверхности 2 вдоль кругов }i, р.2. Эти
три сферы должны касаться сферы а со-
ответственно в точках Л4, Л42. Пере-
мещая круг Г так, чтобы он последова-
тельно занимал положения линий кривизны
первого семейства, мы опишем всю поверх-
ность S. Очевидно, что каждый круг Г
есть характеристика сферы а, касающейся трех сфер 2, 2
довательно, поверхность £ есть огибающая сфер о, касающихся
сфер 2, 21т 23.
300. Примем плоскость линии кривизны (Г) за плоскость XOY.
Пусть, кроме того, Г есть ребро возврата рассматриваемой поверх-
ности. Тогда касательная
малью к линии кривизны
через г0, радиус-вектор
через и, будем иметь:
Черт.
Сле-
трех
(Г)
MMq к ребру возврата должна быть нор-
(Го). Обозначая радиус-вектор точки ЛТ0
точки М—через г и длину отрезка АШа
r0 = r-f-ut.
250
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Дифференцируя это равенство, получим:
(1)
где to и 50 — касательный орт и дуга кривой (Го). Умножая (1) скй-
лярно на t и принимая во внимание, что по условию tt0 = 0, найдем:
0=1+«',
после чего (1) можно переписать так:
t0 = ukn
и ds
}и, следовательно, мы можем положить:
io = n,
•откуда
t0 = п = pt\
Умножая это равенство на координатный орт к, получим:
tok = pkt'. (2)
Но так как кривая (Го) лежит в плоскости XOY, то t0 всегда
ортогонален оси OZ, т. е. орту к, а следовательно (2) принимает
вид:
kt'=O,
-откуда, интегрируя по $, находим:
kt = const;
или, иначе
cos (k, t) = const,
т. е. касательная к ребру возврата образует постоянный угол с осью
OZ. Отсюда следует, что ребро возврата есть винтовая линия, а зна-
чит исследуемая поверхность — развертывающийся геликоид.
301. 1-й способ. Любая линия на такой поверхности а есть
.линия кривизны. Следовательно, по теореме loachimstahl’H угол пере-
сечения о с любой сферой будет постоянным вдоль кривой пере-
сечения.
Рассмотрим три сферы с центрами Olt О2, О3, проходящие через
две произвольные точки А и В поверхности а, и нормали Л/V, BN'
к а в этих точках. Равенства:
CbW= &BN'\ OAN ==‘OJSN'\ (XAN= 0J3N'
показывают, что AN и BNf пересекаются в некоторой точке О плос-
кости OjOjjOg, так что ОА = ОВ. Так как точки А и В были взяты
на а произвольно, то это очевидно справедливо для всех точек а.
Следовательно, поверхность а есть сфера. (Harmegnies)
2-й способ. Построим конус, касательный к данной поверх-
ности а, с вершиной в произвольной точке Р, и пусть линия касания
будет (С).
i
ГЛАВА II
251
В каждой точке М этой кривой направление касательной к (С),
сопряженное с направлением Л4Р, перпендикулярно Л4Р, так как
М— омбилическая точка а. Следовательно, кривая (С) ортогональна
ко всем радиусам-векторам, выходящим из Р. Значит, все эти ра-
диусы-векторы сохраняют постоянную гдлину, и сфера. £ с центром Р
и радиусом МР ортогональна к а во всех точках (С).
Фиксируем точку М и будем перемещать Р в касательной плос-
кости к а в точке М. Поверхность а будет ортогональна ко всем
сферам £ радиуса РМ.
Все эти сферы касаются в точке М нормали MN к поверхно-
сти а. Примем за полюс инверсии точку Л4. Сферы S преобразуются
при этом в плоскости, параллельные "направлению MN, а поверхность
а — в поверхность, нормальную к этим плоскостям, т. е. в плоскость,
ортогональную MN. Следовательно, а есть сфера. (Р. Monte!)
3-й. способ. Пусть.А и В — две произвольные точки поверх-
ности о. Рассмотрим сферу, касающуюся а в точке А и проходящую
через В. Их кривая пересечения есть линия кривизны (общая). Но
так как точка А есть точка касания для них, то по теореме loachim-
stahl’n все точки этой кривой будут точками касания, т. е. сфера
касается поверхности о в точке В. Но тогда нормали к а в точках А
и В пересекутся в центре О сферы, причем ОА — ОВ. Нормаль к а
во всякой другой точке М должна пересечь обе нормали ОА и ОВ,
при этом
ОМ = ОА = ОВ.
Следовательно, поверхность о есть сфера. (/. Lemaire)
302. В задаче 296 выяснено, что если оба семейства линий кри-
визны поверхности образованы плоскими линиями, то плоскости од-
ного семейства все парал-
лельны одной прямой. Пусть
это будет прямая PQ (черт.
16), ортогонально пересекаю-
щая ось OZ своей серединой W
в точке М (0, 0, k). Сфери-
ческие изображения линий кри-
визны одного семейства бу-
дут круги, проходящие через
точки Р и Q.
Возьмем уравнения одного
из таких кругов:
х2-|-_у2-р г2 = 1 1
z — ах 4~ I
где а — переменный параметр. Дифференцируя, получим:
dz z— k
—— = а =-----.
dx х
252
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Исключая отсюда -р-, найдем:
dx
х* + хУ^ + (2 — ^2 = ()' (О’
Но координаты любой точки сферического изображения численно
равны косинусам соответствующей нормали поверхности. Следова-
тельно:
Y = Р . v = Я . ? = — 1
+ у /Г+Р2 + 72’ /Г++
Подставляя в уравнение (1), получим:
1 +* /Г+^+?>=0,
откуда:
dy____1+р2 + А/Г+р» + ?а ,„v
dx pq
Но так как касательная к линии кривизны в любой ее точке
параллельна касательной к сферическому изображению этой линии
в соответствующей точке, то полученное в (2) значение dy: dx можно-
подставить в общее уравнение линий кривизны:
((1 + <f) s—pqt} (-g-)’ + (О + г-(1 +Р2) /} +
+ {pqr—(Нр2)^) = о.
Полагая для сокращения:
R—pq (А (1 4- Л + VT+^ + tf2)
5=(1 + 92) Vl+p^+q^ + 2k (1 +/>8) (14- 92) +
4-(14-Р2)/14-Ра4-?а
Т= kpq (1 +р24- m /Г+рЧ7?2).
можем записать искомое дифференциальное уравнение в виде:
tfr+Ss-}- Tt = O.
ГЛАВА III
303. Составляем дифференциальное уравнение асимптотических
линий:
2 du2 — и2 dv2 = 0.
Разделяя переменные и интегрируя, находим:
1^2 In и — v=V2 1n.C1; 2 In ии = 2 In С2,
или, иначе:
V V
г У 2 . „___ г о V 3
и С> б? j п —— •
(1>
ГЛАВА II
253
Рассматривая и, vt как полярные координаты на плоскости XOY,
видим, что проекциями асимптотических линий на плоскость XOY
будут служить спирали (1) с асимптотической точкой в начале коор-
динат (см. черт. 17).
304. Дифференциальное уравнение асимптотических линий будет
иметь вид:
откуда, после разделения переменных и интегрирования;
lnn-|-v = lnC1; In я — -u = inCa;
или, иначе:
и = C^e-v; и = C2ev.
Рассматривая u, v, как полярные "
координаты плоскости XOYt можем
сказать, что проекциями асимптотиче-
ских линий на плоскость XOY будут
логарифмическиех спирали. Сами же
асимптотические линии будут иметь
вид, как это изображено на чертеже.
305. Перейдем к цилиндрическим
координатам:
x = ttcoszi; y = usinv->
1
г=-у.
черт. 17.
Дифференциальное уравнение асимптотических линий примет вид;
3du? J Q Л
— -----dv2 = 0
и2
откуда, после интегрирования:
/3 In и = V 3 InCp /З 1пи —© = /3 1пС2,
или, иначе:
V V
и = €\е u = C2Z3.
(1)
Таким образом, проекциями асимптотических линий на плоскость
XOY будут спирали (1).
306. Вычислим сначала коэффициенты £, 7И, Nz
М = О;
п 11
Подставляя их в дифференциальное уравнение асимптотических
линий, найдем:
f" (и) da2 -j- uf (w) dv2 = 0,
254
РЕШЕНИЯ. ЗАДАЧ
откуда:
ГМ
uf'(u)
du^zdv — О,
или, после интегрирования:
Г,/ 7777 ,
II/ — „Л du dz v — const.
J V uf (и)
307. Асимптотические линии (непрямолинейные) определяются
уравнением:
w2 = csinnT/, (1)
где с есть постоянная интегрирования.
При п = 2 уравнения:
х = и cos у = и sin v; z — a cos 2v
определяют цилиндроид. Его непрямолинейные асимптотические линии
имеют уравнение:
и2 — с sin 2v.
Следовательно, их ортогональные проекции на плоскость, перпенди-
кулярную оси цилиндроида, будут лемнискаты.
308. Составляем дифференциальное уравнение асимптотических
линий:
du2 -|- 2 sin и cig v du dv — sin9 и dv2 = 0
или, иначе:
du cos^dzl ,
-- = ;- dV.
sinw--------------sinv
откуда находим оба семейства асимптотических линий:
и v и v
etg у = a sin2 у; ctgy = dcos9y.
309. Дифференциальное уравнение асимптотических линий можно
получить, если выразить аналитически, что соприкасающаяся плос-
кость является касательной плоскостью к поверхности:
4 sh v ch v du dv 4- (1 — и2) dv2 = 0.
Следовательно, одно семейство асимптотических линий будет
dv = 0, т. е. v = const (прямолинейные образующие). Для другого же
семейства имеем уравнение:
4du ___ dv
и2 — 1 sh v ch v ’
откуда окончательно получаем:
и___с j/ch-и — j/sh'n
с l/chv-f-j/sh v
ГЛАВА III
255
ЗДО. Уравнения асимптотических линий в криволинейных коор-
динатах и, v имеют вид:
и = const; и — 2v = const,
или, в декартовых координатах:
z— const; (z—const)2 = 4 (x2-|-j?2—1).
311. Составляем дифференциальное уравнение асимптотических
линий:
2rfi»2
dW2 —= 0.
14- v2
Интегрируя его, находим:
V == sh (с ~,
\ VV
где с — произвольная постоянная.
312. Составляем дифференциальное уравнение асимптотических
линий:
4 sin v cos vdudv — (и2 — 1) dtfi — 0.
Отсюда находим уравнение одного семейства:
dv = 0, т. е. v = const.'
Второе же семейство определяется уравнением:
4du ________________________ dv
и? — 1 sin v cos v *
откуда, интегрируя, находим:
с 1/ cos-n — l/sinv
и = — - - .
с У cos-n 4~ У sinv
313. Это есть так называемая поверхность Cayley, алгебраическая
линейчатая третьего порядка (поверхность переноса). Уравнения ее
асимптотических линий суть:
u-\-v — const;
и — v = const.
Прямолинейные образующие определяются уравнением:
ц-}--и = const.
314, и = const; v = const.
315. Уравнение поверхности в параметрическом виде имеет видг
z =
(цП-2_|_
£
2
Сначала определяем L, Af, Н:
HL = — и<2п_Чп_3 = 0;
о
НН= — —2) V2n-«un-3 (и __
О
256
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Следовательно, дифференциальное уравнение асимптотических линий
•будет:
= О,
•откуда находим уравнение асимптотических линий:
те —1 те — 1
и 2 dz v 3 = const.
316. Полагая = z = v, получим уравнения данной поверх-
ности в параметрическом виде:
х = у = иё°~и\ z = v.
Далее, вычисляя коэффициенты L, Af, N и подставляя их в урав-
нение асимптотических линий, получим:
du2 — dv2 = О,
откуда, интегрируя, находим уравнения асимптотических линий:
и -|- v = const; и — v = const
или, возвращаясь к декартовым координатам:
-у+Л5=с- y~~XZ = С
X Р X а'
Складывая и вычитая эти уравнения, -получим:
или, вводя другие обозначения для постоянных:
у = тх\ z = n,
что и доказывает требуемое.
317. Дифференциальное уравнение проекций на XOY асимптоти-
ческих линий будет:
dp dx-\-dq dy = О
или, для данной поверхности:
2 т dx dy — 0.
Следовательно, получаем два семейства асимптотических линий:
д: = С1; z = mCiy
у = С2; z — /пС2х,
т. е. прямолинейные образующие поверхности.
318. Дифференциальное уравнение асимптотических линий:
г dx2 2<? dx dy •-[-1 dy2 = 0
.для данного случая будет:
dy __2ху rd ху
dx~ х2~’
ГЛАВА Ш
257
откуда:
у = С{х\ у = Сгх2.
Первые суть прямолинейные образующие поверхности (коноида).
319. х = Cf, прямолинейные образующие:
у2 cos х = Са.
320. Дифференциальное уравнение асимптотических линий будет:
2х dx > dx~ = °-
Одно семейство определяется уравнением: dx — 0, а следовательно,
х = const.
Второе же семейство — уравнением:
dy . 1 — Зх2
у ^"2x(14-x2)rfx —°
или, интегрируя:
2у
--хгн- = COnst.
. Исследуемая поверхность линейчатая.
321. Уравнение асимптотических линий будет иметь вид:
у4 dx2 — х4 dy2 — О,
откуда:
Су2 dxx2 dy) (у2 dx — x2 dy) = 0.
Следовательно, одно семейство асимптотических линий будет
определяться уравнениями:
1 1 1
= J__1_ = _£+2_
Z X2 у- с2 {у-х) ’
или, иначе:
с(х—у) = ху, c2z(y— х)=х-\-у.
Эти кривые нетрудно представить в параметрической форме:
2с п /Н-1 2с о t— 1
_ t _ t —
Z—~
Второе семейство кривых определяется аналогично.
322. Составляем дифференциальное уравнение асимптотических
линий:
т(т — l)^2 dx2 -|- 2тпху dxdy-\-n(n — 1) х2 dy2 = 0. (*)
17 З&к. 1571. — В. И. Мидиноккй
258
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Отсюда, разлагая левую часть на множители:
(х dy — ay dx) (х dy — (Эу dx) = 0: (**)
где для сокращения письма положено:
— inn + Vmn — 1) . ~ —тп — Утп(т-\-п— 1)
а п(п— 1) ’ ‘ п (п — 1)
Интегрируя уравнение (**), найдем:
у = Схя; у — С\х\
Эти уравнения можно рассматривать, как уравнения проекций
асимптотических линий на плоскость XOY.
В частности, если дана поверхность г = ху2, т. е. т=1; п — 2,
из уравнения (*) будем иметь:
Следовательно, в этом случае асимптотическими линиями будут
прямые:
у = с; z = С*х
и кривые:
х2у = С; x3z = С2.
323. Предварительно введем цилиндрические координаты:
x = rcosO; у = г sin 9.
Тогда уравнение данной поверхности примет вид:
г=уг2г.
Следовательно, уравнение асимптотических линий будет иметь вид:
* dr2 — 2г2 </02 = 0;
откуда:
dr — г /2 dO = 0; dr^-r /2 d$ = 0.
Наконец, интегрируя, получим:
г = г = Схе-*УТ.
324. Примем х, у за независимые переменные. Тогда уравнение
асимптотических линий будет:
г dx2 4~ 2sdx dy -f-t dy2 = 0;
или, иначе:
^г=0.
Следовательно, чтобы получить дифференциальное уравнение асимп-
тотических линий для данной поверхности, нужно продифференцировать
два раза уравнение:
(у \
~ j = 1 --2 Ctg Z,
ГЛАВА III
259
положить daz = 0. Проделав это, получим:
, / у \ , xdy—ydx . / х z \ ,
ctg I — ] dx-----------—j—г 4- ( ctgz---—— ]dz = 0
\ x ) . JУ\ \ sin2 2 /
' ' X sin2 — ' 7
\ X J
xdy—ydx . , ( dx . nxdy—ydx\
-----\ dx + (xdy —y dx) -------------- + 2—<—\ —
x2 sin2 I —) I x2 sin — x3 sin3 — I
\ x / у x x J
(2 2zcos2’\ / " z \
--------ГТ- + CV—4-pz = 0.
sin2 z sin8 z / \ sin2 z)
Полагаем d22 = 0:
(xdy—ydx)* sin^r — zcosz JO 1—zctgz , „
— 7—Г- =-----------------dz* = . . dz*.
„ . „ / У \ Sin3 z sin2 z
x3 sin3 — I
\ X /
Если положим:
2. = U; X = (1 — Z Ctg Z) tg.U,
о будем иметь:
dip dz*
— tg и = —r-x—,
sin3 и & sm2 z
пкуда:
dz _______________________ t du
sin z sin и cos и
Пусть далее: cos u — t. Тогда
dz ___________________________ t 2dt
z z 1 — f4’
| 2‘S-2-COS!-2
<ли, после интегрирования: 4
325. Возьмем уравнение асимптотических линий в форме
dp dx -|- dq dy = 0. (1)
Перейдем к цилиндрическим координатам:
x = r cos6; у = г sin 6; z = z.
Тогда будем иметь:
dz dz f. 1 dz . л . л » л
p = -rr— = • cos 6----чд- sm 6; dx = cos ч dr — r sin 0 do,
r dx dr r dv
260
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда:
1 дг . . d2z sin 0
dtrs,n')-^ —
дг 1 &z 1 дг \
cos 6------—' sin □------------7-77 sin 0 -4-----cos 0 | d0.
dr r do2 r do /
Теперь нетрудно образовать произведение dpdx. Что же касается
произведения dqdy, то оно легко получается из dpdx путем замены 6
тс . дг дх
на —---о и, следовательно, -тт- на-
2 оо do
Подставляя же в (1), получим:
д-z . „ . _ / d2z 1 дг \ , ,Л . / дг . daz \ J£._ _ .
^^+2(л^-Т-Э5')^<й + (г-57+ж)<г’ =0- е|
Это и есть уравнение асимптотических линий в цилиндрических
координатах.
326. Для поверхности, заданной уравнениями:
x = rcos0; у = г sin 0; 2=/(г, 0),
асимптотические линии будут определяться уравнением (*) предыдущей
задачи.
Для данной поверхности это уравнение будет иметь вид:
br* d№ — 2ar dr\db — bdr* = 0.
Решая это уравнение относительно dr, получим:
[dr = ay dO; dr = ау d6, (*)
где для краткости положено:
— а-4-/д2 + ^. _ —д —1/d2-]-»2
Интегрируя уравнения (*), найдем:
CttiO ot«G
1; г = С2е 1.
Следовательно, проекции асимптотических линий на плоскость z — О
суть логарифмические спирали.
327. Преобразуем это уравнение, перейдя к цилиндрическим
координатам:
x = rcos6; j/ = rsin6.
Тогда будем иметь:
г = гб cos 6 г sin 6 In г.
Воспользовавшись далее уравнением (*) задачи 325, получим:
sin 6 dr2 Ц- 2r cos 0 dr d0 — г2 sin 0 dO2 = О,
откуда:
dr Л — cos 0 dr 1-4- cos 0
------------------ 7 n ; — uO,
r sin 9 r sin 6
ГЛАВА Ш
361
или, иначе:
dr X .Д
v=M; v=~ctgTd0-
Далее, интегрируя, найдем:
О с 6 с,
In г = — 2 In cos In -к-In r = — 2 In sin — = In ,
откуда:
~~ /1'
1-4- cos 6 ’ Г 1 — cos 6 * }
a это —уравнения двух семейств парабол (в полярных координатах)
Следовательно, асимптотические линии на данной поверхности
определяются ее пересечением двумя семействами цилиндров с обра-
зующими, параллельными оси OZ и основаниями (1).
328. Выведем сперва уравнение самой поверхности. Так как по-
верхность, образованная движением прямой, параллельной плос-
кости YOZ, есть:
z=y<p(x)4-<|»](x); (1)
то, чтобы получить уравнение^данной поверхности, нужно выразить,
что координаты точек прямой
z = тх\ у = пх (2)
удовлетворяют уравнению (1). Подставляя значения z и у из (2) в (1),
получим:
тх = пх ср (х) -J- (х).
Наконец, вычитая это уравнение из (1), найдем уравнение данной
поверхности:
z = ycp(x)4-x{ т — л<р(х) }. (3)
Теперь не трудно найти и уравнения ее асимптотических линий.
Вычисляя из (3) частные производные и подставляя их в дифферен-
циальное уравнение асимптотических линий:
•^-sjdx2 + 2 —г-dxdy2 = О,
dx21 дхду ' 1 ду2
получим:
{_уср" (х) — 2лср' (х) — nxcp" (х)} dx2 2ср' (х) dx dy — 0.
А это уравнение распадается на два таких:
dx = 0; 2<р' (х) dy 4~ уу" (х) dx — 2пу/ (х) dx — пх<р" (х) dx = 0.
Таким образом, одно семейство асимптотических линий находим
непосредственно:
х = const.
Очевидно, это будут прямолинейные образующие поверхности.
262
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Для интегрирования второго уравнения разделим его предвари-
тельно на 2К<р'(*Л |
V ?'(*)dy-[-y
2 у/ ?' (*) 2 V ?' (*)
или, иначе:
d {у ]/ ср' (х) } = d { пх У ср' (х) ),
откуда, после интегрирования:
У V ?' (х) = пх V?' (х) 4~ const,
или иначе:
. С
у = пх Ч---------------------------,------ .
/<?'(*) х
Итак, асимптотические линии определяются на нашей поверхности
плоскостями х — const и цилиндрами:
у = пх 4---— .
/?'(*)
329. Уравнение поверхности имеет вид:
x = rcos6; у = г sin 6; z = /(r)4-?(®)> (1)
где 0 — угол между подвижной плоскостью и плоскостью XOZ. Урав-
нение асимптотических линий очевидно можно написать так:
dx2-\-dy2
(х dx 4“ у dy)2
г»
+ т"(в) ^Xdy~ydX{XdX+ydy) = 0. (2)
Чтобы определить, в каком случае кривые х — const будут асимпто-
тическими, положим в уравнении (2) dx = 0. Тогда получим:
f (г) sin* 0 +/ (г) < (в) - 2?' (в) Sin^Os6 =0. (3)
Но это соотношение должно быть справедливо при любом биг.
Следовательно, полагая 6 = 0, получим:
Г(г) = у; а = -<(0).
Подставляя это значение f (г) в уравнение (3), найдем:
a (sin2 6 — cos3 0) — 9" (6) cos2 6 4- 2ср' (0) sin 6 cos 6 = 0.
Чтобы найти из этого уравнения ср(6), положим:
и = ср' (6) cos2 6.
Тогда будем иметь:
и' = — a cos 26;
ГЛАВА. Ill
263
откуда:
и = — a sin 26-j-?z (0) = — д tg 26 -Р -A- .
Далее:
* /(r) = alnr, ® (6) = a In cos 6 -[-b tg6.
Следовательно:
z = a In (r cos 6)~p^ tg 6 = a In x -p •
Таким образом, для определения асимптотических линий имеем
следующее дифференциальное уравнение:
—7^-) dx*+2b dx'dy=°>
откуда:
adx . nLxdy—ydx
dx = 0;-------p 2b —< л= 0,
X xa
а, следовательно:'
x = c; a\nx4-2b = C.
x
330. Уравнение поверхности* имеет вид:
x3z—у3 — 0.
Составляем дифференциальное уравнение асимптотических линий:
2y2dx'2 — Зху dx dy -р х2 dy2 — 0,
или иначе:
(х dy —у dx) (2у dx — х dy) = 0.
Отсюда получаем оба семейства асимптотических линий:
у — сх\ z = c3t (прямолинейная образующая)
у = qx2; z — с^х8.
331. Составляем уравнение поверхности в цилиндрических коор-
динатах:
С а \
----г —г I ctg т.
cos 6 /
Уравнение асимптотических линий (тоже в цилиндрических коор-
динатах): "
&Z 9 I Q / 1 \ , , / dz I ^Z \ z/fi2 n
-r-y dr2 -P 2 -V-TZ---— 0
dr2 \drdb r db J \ dr 1 об2 /
примет, в данном случае, вид:
2а sin 6 / l-psin26 \
------dr ^6 -р ( а ——z-z г dO2 = 0.--------(*)
rcos20 \ cos0 6----------------------------------) 4
264
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Одно решение d6 = О или 0 = const дает прямолинейные образу-
ющие. Сокращая (*) на z/б, получаем уравнение Бернулли:
2а sin 6 cos 0 -4- г { г cos3 6 — а (1 -f- sina 6) } = О,
аб
которое, как известно, приводится к линейному уравнению посредством
подстановки и = г~1:
du 1
sin 20 —77- -4- (1 4- sin2 6) и-cos3 6 = 0,
«о а
интегрируя которое, получим:
1 Iе 1 1 \ А *
и = — = . -j--1 cos 0,
г \ У sin 6 а /
что дает второе семейство асимптотических линий.
332. Одно семейство искомых линий должно быть: t = const.
Уравнение второго семейства асимптотических линий:
и
-fTj—fiir e const.
'333. Точка А имеет координаты: 0,0, — Зг.
Уравнения: х = at cos 6; у = at sin 6; z = bat sin 26 — 3a sin 26 опре-
деляют линейчатую поверхность, образованную, движением прямой МА.
Так как известны a priori две асимптотические линии, именно ось OZ
(t = G) и кривая (С) (t = 1), то, следовательно, определение асимпто-
тических линий приводит к одной квадратуре.
334. Составляем уравнение с частными производными искомой
поверхности:
ДУ + ^ + а = 0.
Его общий интеграл будет:
| =/(х2 —у2) — In (х+Л
Искомая поверхность о имеет уравнение:
z = b (ха —у2) — a In (х +>).
Следовательно, а есть линейчатая поверхность.
Одно семейство асимптотических линий состоит из ее прямоли-
нейных образующих:
х4-у = с; z—bc{x—у) — a In с.
Другое семейство асимптотических линий имеет своими проек-
циями на плоскости XOY равносторонние гиперболы: .
2Ь (х2 — у2) — А (х 4- J) — а.
V 335. 1. Уравнение асимптотических линий:
2^4- P4r+"Uo; (•)
ГЛАВА III
265
тно легко интегрируется с помощью подстановки:
1
и = — .
р
Окончательно получим:
2. Для гомотетичное™
скость XOY относительно
уравнение (*) не менялось
этого должно быть:
асимптотических линий на пло-
проекций
начала нужно, чтобы дифференциальное
от замены р на ар, где а = const. Для
d*W
d62
!ЛИ
W= a cos 0 + b sin 0.
Следовательно, в этом случае поверхность а будет коноидом,,
образующие которого пересекают ось ОХ и параллельны плоскости
z = ax-\-by.
336. Пусть z = F (х, у) есть уравнение искомой поверхности.
Дифференциальное уравнение асимптотических линий для нашего слу-
чая имеет вид:
d*F (PF
dx* + 2 ^4- дх dy + dy* J).
dx* 1 dx dy x ’ dy*
По условию решениями этого уравнения должны быть:
у = с и х/(у) = с'
Дифференцируя эти равенства, получим:
dy = °; / Су) dx4-xf' (у) dy — о
или, соединяя их в одно уравнение:
f(y) dx dy + xf' (j) dy* = 0.
' Сравнивая это уравнение с уравнением (1), получим:
&F d*F
d*F__________________ dx ду _______ ду*
’’ "7Су)’ = хПу)’
Первое из этих соотношений дает:
(1)
(2>
(3>
266
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
где <р (j) и ф(.у) — пока неизвестные, функции. Для того чтобы опре-
делить их, подставим найденное значение F во второе соотношение (3):
2?' Су) . ^Су)
/Су) /'(У) ‘ */'СУ) '
Чтобы это уравнение имело место при любых х и у, необходимо,
чтобы выполнялись следующие условия:
ГО) = о
и следовательно:
<И.у) = чу4-£
у = 2 ; ф'(у) = с/2(у).
?' Су) /Су) • 1 {У)
Следовательно, уравнение искомой поверхности будет:
Z
337. Находим коэффициенты L, AJ, N:
г. ' _.у/"(*) + <?"(*). s = N=1_____о
Н~ Н ' Н Н ’ Н “
Подставляем в уравнение асимптотических линий:
I Уf W + f" (*)) + 2/ (X) dx dy = 0.
Отсюда получаем уравнение для одного семейства:
dx = 0; х = const.
Это уравнение определяет на данной поверхности прямолинейные
образующие. Сокращая (*) на dx, получим уравнение для определения
другого семейства асимптотических линий:
(yf" (•*) + <?"<*)) dx + 2/' (х) <У = °,
откуда:
dy , „ Г(х) , <Г(*) о
dx “Г-У 2/(х) “ 2/'(х)
а это есть линейное уравнение первого порядка. Интегрируя его,
найдем:
1 {„ 1 с ?"(*) л 1.
У УТмГ 2jf(x)V7r(^j г
где С—постоянная интегрирования.
338. Дифференциальное уравнение асимптотических линий будет:
dx /"(У)'
Принимая во внимание условие ортогональности, получаем урав-
нение:
1__f /'2 (х\________( у\ f = о
/"(^Л7 W W Г Су) ’
ГЛАВА III
267
или:
/"(*) _ f"(y)
1+/'2(X) 1+ЛС
откуда:
=Д;
Следовательно:
/(^) = tg(ax + Z>);
f'(y\
i+f'4y)~a'' a“const
/(х) = — In cos (ах -f- b) -f- const.
Таким образом уравнение поверхности будет:
____________________cos (оу 4-6)
cos (ах 4~6)
„ + z cos х
Эта поверхность подобна поверхности: е~ = --
cosy
339. Введем криволинейные координаты «, v;
х = и; y — uv.
Тогда уравнение данной поверхности примет вид:
х = «; у = uv\ z = /(f).
Вычисляя коэффициенты L, Л4, N, получим:
L = 0; Л4 = -^2; W=-^.
п
н
Следовательно, дифференциальное уравнение асимптотических линий
будет иметь вид:
— 2f (f) du dv 4~ uf fa)
откуда:
, n 2du f"(v)
dv = 0;----------S/z (dv = 0.
« / (У)
Интегрируя, получим:
v = const; Си2 = fr (v)
или, возвращаясь к координатам хг у, z:
у = Ctx; Сх2 = /'
340. Для упрощения вычислений, перейдем к криволинейным коор-
динатам a, v, положив:
у = их; z — v.
Тогда уравнение данной поверхности примет вид:
f(u) ’ У /(и) ’
268
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
и уравнение асимптотических линий будет:
/ (a) F" (v) dv* — F(v) /" (u) du* = О
или, после интегрирования:
j /Я? dv± J /Я? d“=const-
341. Уравнение асимптотических линий будет:
dz
2 (u< — <р) — + 2 (z + ф')2 — ф" (uz -|- <о) = 0. (*)
Для того чтобы кривая z = 0 была асимптотической, нужно,
чтобы:
2ф'2 — фф" = О,
откуда:
А
ф =-------.
и-\-В
Подставляя найденное значение ср (и) в (*) и вводя новую пере-
менную -у = —, получим линейное уравнение первого порядка, кото-
z
рое интегрируется в квадратурах.
342. 1. Так как дифференциальное уравнение асимптотических
линий есть
г dx* -j- 2s dx dy. 1 dy* » 0,
или, короче
d2z = 0,
то ищем сначала d*Z'.
dz — f (xy) (x dy +.У dx)
d*z — 2fr (xy) dx dy f" (x_y) (x dy -J- y\dx)*t
и, следовательно, искомое уравнение будет:
2/' (xy) dx dy f" (xy) (x dy dx)* = 0.
Если в нем положить ху = /, то будем иметь:
x*f" (t) dt* Ц- 2/' (0 dx (х dt — tdx) = 0,
откуда:
или, окончательно:
2. Полагая z = еа , будем иметь:
./(0=«“V7;
Г(0____________i_
/'(/) 2/1 2t'
ГЛАВА III
269
После этого уравнение (1) примет вид:
1 __ 1
In х = — In t zt 2 У a t* 4~ С
Л
In / ~ j ±4:Уа^/ху-]-2С = д
или окончательно:
у = С'хе±^'^.
3. Кривые у = Схп или, иначе: In у = In C-j-н In х удовлетворяют
дифференциальному соотношению:
dy dx
— = п------.
Выражая, что одно из асимптотических направлений удовлетво-
ряет этому соотношению, получим: 2 (*У)+( ~t xy\f"(ycy} = Q п \ а /
или иначе: 2/'(0 + (-Ц^-2'/"(0=о.
откуда: Л = — • f (t\ = Ct ; /'(0 (rt +1)2/« 7U ь n’4-1 /(0=С1/(»^4С2;
где _c'(n4-i)2 „2-1-1 *
Передвинув начало координат вдоль по оси OZ, мы сможем
всегда добиться того, что С2 обратится в нуль. Таким образом окон-
чательно будем иметь:
n*4-i
z=CJ(A:j)(»+ir,
а тогда асимптотические линии будут:
, п —I— 1 _(м — 1) . .
1ПХ------2(„+1) 1П(Х-У) + С-
и, наконец:
у = Схп\ х=Соуп.
343. Бинормали кривой (С) суть нормали нашей линейчатой по-
верхности. Следовательно, кривая (С) есть асимптотическая линия.
343а. Возьмем уравнение асимптотических линий в виде:
L du2 4- 2М du dv Ndv* = 0.
270
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Обозначая угол пересечения этих линий через 0 и принимая во вни-
мание, что угол, под которым пересекается каждая пара линий:
Pdu? Q du dv -j- R dv2 = 0,
определяется но формуле: • HVGP — 4PR g ER — FQ4-GP’
будем иметь: х 2HVm2 — LN 2/— К ё EN— 2FM-\-GL J
или иначе: 4K-|_J2tg2f) = 0,
что и доказывает требуемое.
344. Так как уравнение поверхности дано в форме z—f(xy у\
то можно воспользоваться-формулой:
i+p2+?2 1
Дифференцируя уравнение:
2г = дх2 -|- 2hxy 4~ by2
и подставляя найденные частные производные р, qy rt s, t в (1),
получим:
___________Vh2 — ab_______
“ 1 +(<7Х-]-Ау)2 4-(Лх4- by)2’
345. Вычисляя коэффициенты Е, F, G, L, М> N и подставляя
в формулу:
. Veg—f2
получим:
и /2
т— ««4-1 ’
346. Решается аналогично предыдущей задаче:
347.
_ а (2п + 1) «2»+1 /2п 4- 2
Т— tt4H+4 4-e2(2«4-l)2
1 f'w'rt
l+f'^u) V и -
348.
349.
, А
— и2_рД2-
Г fr)
— 4-/'2 («у)»
350. Возьмем уравнение поверхности в векторной форме:
R = г4-иЬ.
О)
ГЛАВА III
271
Вычисляя коэффициенты F, F, G, £, /И» №
F=l; F = 0; G=1-|-u2t2; /72=14-t2u2;
L = 0; HM = — t; HN= k 4> kx*u* — x'u
л подставляя их в формулу:
2__ № — LN
X^~EG — F*'
получим:
Х* = Г+^2’
351. Возьмем уравнение поверхности в векторной форме:
R = г —1~ ип.
Находим коэффициенты:
£=Г, F = 0; G = (l—^)24-и2т2
£ = 0; НМ = — х- HK=u*(kx' — k^ — ux'.
Подставляя в формулу:
2__ — ш
Ъ ~ FG —F2 ’
получаем:
т
(1—Ла)2 4-^2’
352. Обозначим через s дугу асимптотической линии на поверх-
ности:
Так как главная нормаль асимптотической линии ортогональна
нормали к поверхности, то должно выполняться условие:
do d*x . dv d*y d? d*z
дх ds* * ду ds* ’ dz ds* ’ ' '
dv dv dv
где определяют направление нормали к поверхности,
d*x d*y d*z
а , —4-, ——---------главной нормали кривой.
ds* ds* ds*
Аналогично можно написать условие ортогональности касательной
асимптотической линии и нормали поверхности:
fy_‘ix_4_d<?dy_ d'odz
дх ds ' ду ds ' dz ds ’ k '
Дифференцируя это уравнение по $ и принимая во внимание (1),
получим:
dx , dv . dy , dv , dz , dv
-7- d-^—d-~Ar-— d—- = 0.
ds dx 1 ds dy 1 ds dz
(3)
272
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Наконец, дифференцируя еще
ds2 дх * ds2 ду ‘
раз это уравнение по s, найдем;
ds2 dz ' 2<Zs2
(4)
где для краткости через 2 обозначена сумма членов с производными
третьего порядка от ср.
Дальнейшие вычисления можно значительно сократить, если
ввести вектор-градиент от ср:
. дер . . д? . .. до
1 дх ' ду ‘ dz '
Уравнения (1), (2), (3) и (4) при этом соответственно примут
r"V<? = 0; 'r'V? = 0; r'd(V®) = 0; r"d (V ®)= 0,
CIS
вид:
(5)
или иначе:
n Q
nVT = 0; tV<p = O; trf(V4r>) = 0; _ d(V?)+—— = 0.
p z as*
(6)
Преобразуем последнее из этих уравнений. Для этого заметим,
что
V? 1
IV? A
Следовательно:
у- z/(V ?) — у d(mA) = y- n тп d/i = -^- (ndtn);
пш = 0.
Тогда уравнение (6) примет вид:
— ш/ ш -I------ = 0
р 2rfs2
откуда:
Р
2Ads2 л
(7)
Рассмотрим теперь линию пересечения поверхности
ной плоскостью в точке М (х,_у, z). Обозначая текущие
через Е, т], С, можем определить кривую пересечения системой урав-
нений:
с касатель-
координаты
4,0 = 0
(8)
ГЛАВА IV
273
Обозначая дугу этой кривой через о и дифференцируя три раза
первое из этих уравнений по а, получим:
dS d
da da
d~4 d
da2 da
= 0
= 0
= 0.
dtp d£ . dtp df\ . dep dC
dl; do 'di] do ' dC do
d<p d‘4 dep d2,q dtp daC . d£ d
d$ da2 “^“dri" d^"^'dC’ d^2 ‘ "d7“d?
d<p
IT
dtp d3£ ( dep d3-»] t dep d3C ।
“df d^’T'Tq" ~d^'~d£ d^ "l”
de? \ . d‘2i\ d / dep \ . d‘< d / dep \ I 2i: _______
d£ ) * do2 da \ di] / "* da2 da \ d^ ) J ** da3 ’ '
где 2* имеет значение, аналогичное 2.
С другой стороны, дифференцируя по а второе из уравнений (8),
в котором х, уу z играют роль постоянных, будем иметь:
dep d; dep diq . dep dC
dx da * dy da ' dz da
dv d2K . dep d2Tj . dep d2C
dx da2 "* dy da2 ‘ dz da2
dep d3B . dep d37j dep d3£
dx da* *” dy da3 dz da3
Если положить в уравнениях (9):
е = х; f\=y‘, C = z
и принять во внимание три последние уравнения, а также иметь
в виду, что в точке /И кривая касается асимптотической линии, то
получим (2) и (3), а кроме того, уравнение:
где выражения в скобках представляют собой значения производных
d^ t Г I/
—, —— при е = х, т]= V, С = z. Кроме того, мы оудем иметь:
da2 da2 da-
dep 1 dx ’ f \ df 1 к dos ) "* dy ' fd'2rA i I , j9_/rfM=0 dz \ da2 / (И)
dx । ds ’ f 4. I da2 / ' ds ’ (9)- , o. 1 ds \da2) (12)
18 Зак. 1571. — В. И. МкпннскяД
274
> РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Поступая с уравнениями (11), (12) и (10) так же, как и с урав-
нениями (1), (6) и (4) и обозначая через р* радиус кривизны плос-
кого сечения в точке Ж, мы очевидно получим:
р* =
3Ads2
2
ndm.
Сравнивая же это последнее соотношение с (7), находим искомую
зависимость:
ГЛАВА IV
353. Главная нормаль геодезической линии является нормалью
к поверхности. Следовательно, если две поверхности касаются по
кривой и главные нормали этой кривой суть нормали к одной из по-
верхностей, то они будут нормалями и для другой поверхности.
Значит, линия касания, будучи геодезической для одной поверхности,
будет геодезической и для другой поверхности.
354. Возьмем уравнение цилиндра в параметрическом виде:
х = a cos и; у = a sin м; z = v.
Следовательно:
£ = а2; F =0; G =1.
^„=0; 0
^« = 0; Fr = 0; ог = о.
Подставляя в уравнения геодезических линий:
(1)
2 (Ей' + Fu') = Еии'* + 2Fttu'v' + Guv'* •
2 7s ^Fu' + = + 2FX‘»' + G^'2,
будем иметь:
u" = 0; v" = 0,
откуда, после интегрирования:
u = as-j-P; *y = a1s-|-p1;
где a, p, ap pj — постоянные интегрирования. Полагая a = 04 = 1
P = P1 = O, что не имеет существенного значения, получим:
и = V.
Подставляя в (1), получим:
x = zzcos«; _y=rasinu; z — u,
что представляет собой винтовую линию.
ГЛАВА IV
275
355. Уравнения произвольной цилиндрической поверхности в па-
раметрическом виде имеют вид:
*=/(«); ? = ?(«); z = v. (1)
Находим коэффициенты f, F, G и их производные по и и по v:
Е + F = 0; G =1.
Еи = 2 77" + <?'?"); Fu = 0; Gu = 0.
£и = 0; Fv = 0; 0^ = 0.
Подставляя в уравнения геодезических линий
2 4~s (Е“' + = £,”“'2 + 2F’‘U'V' + а^'г
- 2 ± (Fie + Qv-) = Е„и'* + 2F„u.'t>' + G„v'*,
получим:
i /,2 (и)—?,а (“)}и" = о» 4i" — о,
откуда после интегрирования:
w = as-J-p; v = ajS-}- pr.
Полагая a = a1=l, р = р1 = О, что не имеет существенного зна-
чения, будем иметь:
и = v. «
Следовательно, из уравнений (1) получим:
х=/(«); .у = ?(«); <2 = и.
А это есть винтовая линия, лежащая на поверхности цилиндра (1).
356. Пусть ребро возврата развертывающейся поверхности опре-
деляется радиусом-вектором > г (5), где з — дуга этого ребра. Тогда
уравнение развертывающейся поверхности можно написать в вектор-
ной форме таким образом:
R = г -J- «t,
где R— радиус-вектор точки поверхности, а и — расстояние от этой
точки до точки касания с ребром возврата той образующей, которая
проходит через точку R.
Вычисляем коэффициенты f, F, G:
E=l; F=l; G = l-|-a42; H=uk. (1)
Возьмем уравнение геодезической линии в форме Gausz’a:
2Н dti = - (£„ du Ev dv) -\-Evdv — 2FU du — Gu dv, ( 2)
Jb
где 6 — угол, под которым геодезическая линия пересекает образую-
щую s = v = const. Подставляя в (2) значения Е, F, G и их произ-
водных из (1), получим:
2и& dQ = — 2uk2 ds,
18*
276
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
или, иначе:
rfO = — k ds,
откуда после интегрирования:
6 = С — J kds,
(3)
где С—постоянная интегрирования. Так как k есть функция от $,
то, следовательно, уравнение (3) вполне определяет 0 в функции от $.
Но, с другой стороны:
. а __ Н dv
® Edu-\-Fdv'
Подставляя сюда значения Е, F, Н, будем иметь:
---uk ctg 0 -|- 1 = °. (4)
Но так как 0 и k суть функции от s, то уравнение (3) предста-
вляет собой линейное уравнение первого порядка, а, следовательно,
решается в квадратурах.
357. Возьмем уравнение геодезических линий в форме:
(1 +/>а + ?а) + (2ps — qt) +
МЛ 1 tZAr J \ UA J
+ (pr — 2qs)-^ — qr. (1)
Определяя из уравнения данной поверхности значения частных
производных р, q, г, s, t:
р — а.\ q = y'(yy r. = 0; s = 0; t =
и подставляя в уравнение (1), найдем:
dxi ‘ \dx I ‘ т \dx I
Введем в этом уравнении новую переменную и, положив
—= и.
dx
Тогда будем иметь:
d2y du , du dy du
dx2 dx dy dx dy
После этого уравнение (2) примет такой вид:
du
~dy
— ср сри?.
(3)
Отсюда находим одно решение:
w = 0;
т. е.
у = const.
ГЛАВА IV
277
Но плоскости у — const пересекают данную поверхность по пря-
мым, которые и будут геодезическими. Оставляя в стороне это три-
виальное решение, вернемся еще раз к уравнению (3); его можно
переписать в виде:
^+йё“=Яи“2; ^)=*+«’+^ w
а это есть уравнение Бернулли, которое, как известно, приводится
посредством подстановки:
« = - (5)
V
к линейному уравнению первого порядка, которое интегрируется в ква-
дратурах. Впрочем, не трудно получить и окончательный ответ. Выпол-
няя в уравнении (4) преобразование (5), получим:
dv е/о" , а<₽"
Пу) ?(У)
Это и будет линейное уравнение первого порядка. Решая его
известными методами, мы получим:
1 ( „ Г <?" (^) аУ
v — — ---------- {С, — a I Г
или, обозначая для краткости выражение, заключенное внутри фигур-
ных скобок, через Ф (у):
=^=, (6)
Но так как:
1 dx
V~~~a~~~dyi
то уравнение (6) можно переписать таким образом:
dx Ф (у)
Наконец, интегрируя еще раз:
x-j- Ci =
Ф(у)((у
у 1 -|- -f- /2
358. Возьмем уравнение конуса в параметрической орме:
X = HCOSTT, <y = usin‘ir, z—u.
Вычисляя коэффициенты £, F, 6 и их "производные по и и по v
Е =2; F = 0; G =и2
£«==0; ^«=0; Ои = 2и
^==0; F„ = 0; G, = 0
и подставляя в уравнение геодезических линий:
d
2 т. <Fw' + Gv > = Е°“'а+2^u'v' + G^'2’
278
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
получим:
2^(Л') = 0,
откуда: «а *L = A = const.
as
Исключим из этого уравнения ds. Так как
ds2==2«fc24-tt2^2,
то, подставляя это значение ds в (1) и освобождаясь от знака корня,
будем иметь:
dv* = А2 (2 du* + и* dv*).
Но в этом уравнении переменные разделяются:
t dv du
h У~2 и У и* — h*'
откуда, после интегрирования:
. / h \
—т= = arc sin I — I
У 2 \*Ч
или
Это и будет искомое уравнение геодезических линий. Можно выра-
зить координаты х, j, z точек этих линий в функции одного пара-
метра, например t. Например, полагая Л=-^=; с=0, найдем урав-
V 2
нение геодезической линии
rn<! tV 2 . Z/2
2/ 2 1
x = —--------y = —__--------z=-—-------------
У 2 sin — У 2 sin — У 2 sin —
L L Li
359. Перейдем к криволинейным координатам, положив:
х = и cos v\ у = и sin v.
Тогда уравнения поверхности в параметрической форме будут
иметь вид:
(2Г \
— j. (1)
Вычислим сначала ds:
ds* = dx* 4- dy* dz* = du* 4- u*dv* 4~ dz*. (2)
Дифференцируя последнее из равенств (1), йЬлучим:
, и / z \ J
du = sh I — dz.
\c /
ГЛАВА IV
279
откуда
Следовательно, для ds будем иметь:
ds* = du* 4“ и2 ^2
с* du* и* du*
— = 4- и* dv*.
и* —с* и*-с*^
(3)
Следовательно:
и*
Е =__-__•
и* —с*'
F = 0; G = u*.
Подставляя найденные значения коэффициентов Е, F, G в урав-
нение геодезических линий:
2 7s (Fu'+ Gv^ = Evu'* + 2>
будем иметь:
£Ь.£Л=О.
ds \ ds J
Следовательно:
dv
и*—-~ = с. = const.
ds 1
Заменяя же здесь ds его значением из (3), находим:
с
Mv* = L-- »• -4- с*и* dv*,
и* — с* 1 1
откуда:.
. , с. du
dv = ±i - r. 1 ,
/ (и* — с*) (u* — cf)
или, после интегрирования:
/du
С2)(И2__^2)
360. Возьмем уравнения геодезических линий в форме:
2 .£ (Ей' + Fo') = Еии'2 + 2F„« V + С„У2
2 £ (Fu' + СУ) = Evu'2 + 2Fvu'v' + С„У2.
(1)
Определяем коэффициенты Е, F, G и их производные по и и по v:
Е — хи* + уи* 4- zu* = cos2 v 4~ sin2 v 4~ (V и2 — I)2 = и*. _
F = 0; G = u*]
Еи = 2и', Fw = 0; GH = 2u
Ev = 0; Fv = 0; Gv = 0.
280
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Подставляя во второе из уравнений (1), получим:
2~з~ (и2и') = 0,
ds v
откуда:
н2 -г- = const = с,
ds
(2)
Чтобы получить уравнение геодезических линий, нужно устано-
вить зависимость и и v от параметра s — дуги линии. Но можно искать
и непосредственную зависимость между и и v в виде уравнения.
Последний путь скорее приведет нас к цели. Исключим для этого
ds из (2). Так как в нашем случае:
ds2 = u2(du2^-dv2\
то, подставляя это значение в (2), получим:
udv
y/du2~\~dv2 П
откуда, после разделения переменных:
(и2 — q2) du2 — сх2 dv2,
или:
dr ctdv = у/и2— cx2du.
Интегрируя, находим:
с2± = у и /а2 — с2 — 1 q2 In (и У и2 — cf).
361. Вычисляем коэффициенты £*, Л, G:
F=l-|-/'2(u); F = 0; G = u2
Их производные по и и по v будут:
= /=’« = 0; G„=2u
Гр = 0; /=-„ = 0; G,= 0.
Подставляя эти значения в уравнение геодезических линий:
2 (Fu' + ОУ) = £„«'“+ 2F„u'v’ + О.У»,
получаем:
откуда: 4
u2 = h = const. (1)
ds v '
Заменяя здесь ds его значением:
ds2 = { 1 -}-/2 (и) ) du2 -f- и2 dv2,
ГЛАВА IV
281
получим:
и* dv* = А2 (1 4- /'2) du* -f- A2w2 dv*,
откуда:
или, после интегрирования:
362. Находим коэффициенты £, F, G и их производные по и
и по v: ' w
Е = 1; F =0; G = w24~A2
= 0 > = ~
Ev = 0; Fv = 0; Gv = 0.
Подставляем в уравнение геодезических линий:
2 {Fa' 4- Gv') = Evu'* + 2Fou'v' 4> Gvv'*‘,
получим:
откуда:
(u8 4~ A2) —- = c = const.
Подставляя сюда значение ds\
ds* = du? 4- (u* 4- h*)dv*\
получим:
(и? 4- h*) dv* = c*du* 4- c* (u* 4- A2) dv*,
или, иначе:
c* du* = (и* -4 А2) (и* 4- h* — c*) dv*,
откуда, после разделения переменных и интегрирования:
v = с*
cdu
)/(u2-|- Л2) («2 + Л2—с2)
(1)
Этот интеграл не выражается в конечном виде через элементарные
функции, поэтому исследуем характер кривой по ее уравнению (1).
Так как форма кривой зависит от величины постоянной с, то нужно
рассмотреть три случая:
с < А; с > А; с — h.
1. с < А. Радикал в уравнении (1) всегда вещественный и может
принимать любые значения. Положим т>0 = 0 для и = 0. Очевидно, кри-
вая проходит через начало коордйнат, где она касается оси ОХ. При
и -> оо v остается конечным, так как интеграл:
“ cdu
j V(и* 4- Л2) (и2 4- А2 — с2) ’
о
282
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
остается конечным. Чтобы найти асимптоту кривой, нужно сначала
найти подкасательную:
для и -> оо, она равна с. Следовательно, существует асимптота на рас-
стоянии с от начала координат.
2. с > h. Радиус-вектор и изменяется от |Лс2 — Л2 до оо . Следо-
вательно, имеется еще одна асимптота.
3. c = h. В этом случае:
f hdu , А + +
V — va = | — - = — In —— -----!,
J и -f- A2 и
откуда:
h , /и2 4-A2 . h , /а2 -4- A2
ev - v0 —--L_ L----!--• e - (U -<v0) =-----L1------!---•
U 1 U U 1 U
2A
и =-------------.
___gV — va
Следовательно, начало координат является асимптотической точкой,.
а прямая:
h
и = -г-,--------
sh(-p — -и0)
асимптотой.
363. Поместим начало координат в вершине конуса. Тогда уравне-
ние конической поверхности примет вид:
г = Х9(^с)' (1)
Возьмем уравнения геодезических линий в виде:
/дЛ\ /dF\ ’
\ дх ) \ду ) \ dz /
где F (х, у, 2г) = 0 есть уравнение поверхности. В нашем случае, оче-
видно, будем иметь:
с / \ IУ \ У г &F
F (х, у, z) = х? I —) — z; — = « — — 9 , -т- =
' ' \ х дх ‘ х ' ду
dz
после чего уравнения (2) примут вид:
ГЛАВА IV
283
или, пользуясь свойством ряда равных отношений:
Наконец, из двух последних отношений:
Заменяя же здесь <? его значением ив (1) и избавляясь от знаме-
нателя, получаем:
что выглядит в векторной форме значительно короче:
rrft = 0. (3)
Рассмотрим тождество:
1 rf(rt) = rrft + tdr. (4)
Но первое слагаемое его правой части равно нулю на основании
(3), а второе слагаемое можно преобразовать так:
trfr = ttds = rfs.
Следовательно, соотношение (4) примет вид:
d (rt) — ds,
или, после интегрирования:
rt = S 4“ с-
Но это уравнение можно переписать так:
Умножая его на 2ds и интегрируя еще раз, получаем:
или, принимая r2 = s24~2cs4“ci> (5) во внимание, что г2 = г2 = х~ 4~у~ -j- г2: х2 4~ JV2 4~ z2 = s2 %cs 4~ ci-
Решая уравнение (5) относительно находим:
5 = С±Уе2 С14-г2 = czt уг2 Г(2; Г(2 __ с'2 q }
откуда: . , г dr ds=±1/-a s- (6) V г r0
Перейдем примет вид: теперь к сферическим координатам. Уравнение конуса
Ф=/(9).
284
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Тогда линейный элемент поверхности будет:
d$2 = dr2 _|_ Г2 (d0‘2 sina 0rf^2) = dr2 _j_ г2 [ ] _^'2 (Q) sjn2 Q j
или, заменяя ds его значением из (6):
Г
Г2 (1 +/'2 (В) sin* 6 ) d02 = —- dr2.
' го
/l+/'«(0)sin»0 М = ,
Г ]/г2 —г02
откуда, после интегрирования, получаем искомое уравнение геодезиче-
ских линий:
arc cos -у- j J- с= J Y1 -\~f'2 СО sin20 d§.
364. Пусть дана поверхность с линейным элементом:
ds2 = Е du* -}- 2F du dv + G dv*. (1)
Если уравнение геодезически параллельных линий есть:
<» == const,
то их ортогональные траектории = const будут геодезическими
линиями и линейный элемент поверхности в новых криволинейных,
координатах «, будет иметь вид:
ds2 = d?24-G*d<|>2. ' (2)
Сравнивая (1) и (2), можем написать:
Е du* -f- 2F du dv -f- G dv* « dep 2 -}- G*dV\
или, иначе:
E du* + 2F du dv -]- G dv* — dv* = G*d^2.
Следовательно, левая часть этого равенства должна быть полным
квадратом. Заменяя dv его развернутым выражением
, dv dv
dv = —— du —— dv;
‘ du dv
будем иметь:
(dv dv \ *
— du 4~ dv j = G*d<\*.
Следовательно, чтобы левая часть была полным квадратом, должно
выполняться условие:
(F_ £ Г 1 / о - (£ YU о,
\ du dvJ I \ du / j | \ dv / J
или, иначе:
(dv \ * dv dv 1 / dv \ 2
^1 — (зЧ =EG — F*. (3)
dv} du dv \ du J
365. Пусть cp (a, v, а) есть какое-нибудь решение уравнения (3)
предыдущей задачи. Подставляя это значение v в уравнение (3) и про-
ГЛАВА IV
285
дифференцировав полученное тождество по а, заменим частную произ-
водную от © по а новой переменной 9:
^9 А Г \
^ = Ц«, а).
Тогда будем иметь:
„dep dt)
dv dv
dep dO . dep d6
du dv dv du
G—— = 0.
du du
Но это есть условие ортогональности сети, образованной линиями:
ер = const; 9 = const.
Итак, если ср есть решение уравнения:
I dv ) du dv
3 = EG — F-,
то линии 0 = const представляют собой их ортогональные траектории,
а следовательно, геодезические линии. Таким образом, заключаем, что,
зная какое-нибудь решение уравнения (*) ср (и, v, а), легко можем
получить уравнение геодезических (в конечном виде), приравняв про-
извольной постоянной частную производную от ср по а:
9<р
-4- = const.
da
366. В этом случае мы имеем:
E = U—V; F = 0; G=U—V.
Следовательно, уравнение (*) предыдущей задачи примет весьма
простой вид:
(*py+(^r=t/_K,
\dv / \ du /
которому можно удовлетворить, полагая:
ф —a du— ||/ а—V dv.
Дифференцируем по а:
0. d©_________ 1 Г du 1 г dv
~"da~ 2 J J Va^v'
Следовательно, уравнение геодезических линий будет иметь вид:
367. Рассмотрим формулу для кручения геодезической линии:
-с = А {{ЕМ — FL) и' 2 -j- (EN— GL) u'v' + (FN— GM) v'* ). (*)
Если геодезическая линия плоская, то т = 0, и следовательно
выражение в фигурных скобках равно нулю, а это показывает, что
направление и', v' есть главное направление.
286
РЕШЕНИЯ ЗЛДЛЧ
Наоборот, если геодезическая линия есть линия кривизны, то
выражение в фигурных скобках равно нулю, а следовательно x = 0,
и геодезическая линия плоская.
368. В омбилической точке правая часть в формуле кручения
геодезической линии (формула (*) предыдущей задачи) равна нулю для
любого направления и', v', так как в омбилической точке всякое напра-
вление является главным. Следовательно, и кручение т равно нулю при
любых и', v'.
369. Пусть t, n, b — единичные векторы касательной, главной
нормали и бинормали кривой (Г) в точке М, a —соответствую-
щие векторы геодезической линии, касающейся (Г) в точке 2И. Тогда в этой
точке должно быть:
t^ = t; nfl = m, > (1)
где m — единичный вектор нормали к поверхности в точке М.
По условию имеем:
mn = cos ш. (2)
Дифференцируя это равенство по s, получим:
т'п-]-т(тЬ— 6t)==— sinco^- (3)
или, так как mt = <0:
шп-{-ттЬ = —(4)
Но, очевидно:
mb = sin ш. (5)
Далее, дифференцируя равенство:
т = п5,
будем иметь:
='Л~ V-
Умножая же это равенство скалярно на п, получим:
т'п = г^п.
Но так как:
и / । \
b^n = cos I — to I = — sin^o;
то
ш'п = — tg sin ш.
Подставляя значения ш'п и mb из (5) в (4), будем иметь:
370. Возьмем уравнение развертывающейся поверхности в вектор-
ной форме:
R = Г* -f- wt,
где R — радиус-вектор переменной точки поверхности, г*($) — радиус-
вектор соответствующей точки кривой, и —отрезок образующей между
рассматриваемой точкой и соответствующей точкой касания.
ГЛАВА IV
287
Вычисляем коэффициенты F, G, £, Л4, №
E=l; F=l; G=1+а2^2; Н= uk\ 1
£ = 0; /14 = 0; N=ukx. J ' 7
Обозначим радиус-вектор точки М геодезической линии через
г ($). Тогда, принимая во внимание, что для геодезической линии
ш = п, будем иметь:
г' = г" = kgn = Zyn,
откуда, после скалярного умножения на ш:
kg = r"m = Lu^ 4- 2Mu'v' + Nv'\ (2)
где kg — кривизна геодезической линии.
Заменяя здесь I, /V их значениями из (1):
kg = ukxv'2. (3)
Для вычисления tg воспользуемся формулой:
^ == А ((ЕМ — FL) и'* + (EN-— GL) u'v' + (FN— GM) v'* ).
Подставляя сюда значения Et F, Gt L, М, N из (1), получим:
= (и' -\-v'). (4)
Сравнивая (3) и (4), можем написать:
Но угол между прямолинейной образующей s = const и геодези-
ческой линией г ($) определяется по формуле:
й Hvr _________ ukv'
% Eu'-\-Fv' a'-j-f'
Сравнивая это соотношение с (5), заключаем:
= tg
371. Вычисляем гауссовы коэффициенты:
£=1-|-/'2(w); 7?=°; О = Ц2.
Подставляя в формулы: •
Ри “ Н 1 [a/o__g_j [ ди dv ’ / F \1
1 _ i | [ д / F \ д VE ]
Рс “ Н I [ ди yj/f/ dv )’
получим: 1 1 А = о. Pv
р„ «У1+Л(И)’
(1)
(2)
288
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
372. Находим сначала коэффициенты
Е=Г, F = 0; G = u*-l-a*.
Подставляя в формулу:
1 1 (d/G______д ( F \\
рд И I ди dv \]/G/J
получим:
1 __ и
Тд~ и*-\-а? '
373. Находим гауссовы коэффициенты
Е=\\ F=Q\ О = «24-/2И-
Подставляем в формулы (1) и (2) задачи 371.
После несложных преобразований получаем:
1 __ и 1 _
77“ 4-р(v)’ 77“
374. Возьмем уравнение поверхности в векторной форме:
R = г 4- иЬ;
где г($)— точка на данной неплоской кривой, а b — единичный век-
тор бинормали. Находим коэффициенты Е, Г, G:
Е=1; F = 0; 0=14-^.
Найдем сначала геодезическую кривизну для линии и — coast.
Подставляя в формулу (1) задачи 371 найденные значения Е, Е, О,
получим:
1 __ и-
р7~ 14-^2’
Линия (Г) характеризуется условием и = 0. Следовательно, ее
геодезическая кривизна тоже равна нулю. Значит, линия (Г) является
геодезической на построенной нами линейчатой поверхности.
375. Составим уравнение поверхности в векторной форме:
И = г4-ип;
где г($)—радиус-вектор точки кривой (Г)- Вычисляем коэффициенты
Е, F, G :
E=l; F=«0; О = (1 — +
Подставляя в формулу (1) задачи 371, получаем:
1 _ И(£24_Т2)_k
Pg “ (I—U^+U^-
Для линии (Г) ц = 0. Следовательно, ее геодезическая кривизна
будет равна:
Р«
ГЛАВА IV
289
376. Возьмем уравнение поверхности в векторной форме:
R = г -1- и t;
где г($) — радиус-вектор точки на данной кривой (Г), a s — ее дуга.
Вычисляем коэффициенты Е, F, G:
E=l; F=l; 0=1 H=uk.
Подставляя из значения в формулу (1) задачи 371 для линии
и = const, получаем:
1 __ k -|~ -j- uk'
Тд~ (1 + a2£2)’/a
377. Линией Viviani называется кривая пересечения сферы и
цилиндра вращения, радиус которого в два раза меньше радиуса
сферы; при этом центр сферы лежит на поверхности цилиндра.
Если взять уравнения сферы в параметрической форме:
х — а cos и cos v’, у = а sin и cos v, z = a sin vt
то уравнение линии Viviani будет иметь вид:
о)
Возьмем формулу для вычисления геодезической кривизны линии
в виде:
. 1 1 ( д (ГФ,-0Ф,\ , д /£Ф„-ЕФ„^
pfl Н | ди \ 0 )* ди \ О /Г
где
О2 = £Ф„2 — 2F&U$V + 0Ф«2-
Вычисляем Е, F, G и Фи, фв:
£ = a2cos2?>; F = 0; G = a2; //=a2cos,n; Ф„=1; Фу=1.
Подставляя эти значения в (2), получим:
1 __ (2 cos2 sin v
Pff a (1 4"cos2 ‘n)3/2
378. Пусть конечное уравнение семейства кривых данных в условии
задачи имеет вид:
Ф (иг v) = const. (1)
В этом случае геодезическая кривизна по формуле Bonnet может
быть выражена таким образом:
_1_==_L ( д I \ ।
р„ Н I ди \]/'£Ф„2 — 2/=-ф„Ф„ + ОФ„2/'Г
. г / , £ф„—£Ф„ \|
’Г ди \/ЕФ„2— 2£ФИФ,+ОФ//Г
• . Дифференцируя (1), получим:
»- Ф„ du 4- Ф„ dv = О,
19 Зпк. 1511, —В. И. Мининский —
290
РЕШЕНИЯ ЗАД.КЧ
Сравнивая это уравнение с данным
Pdu~\-Qdv = 0,
заключаем, что
Ф„ _ Ф„ _ k
Р ~ Q ’
Где Л — коэффициент пропорциональности. Следовательно, заменяй
в (2) Фк и Ф„ по формулам:
ФП = ХР; Ф,,= л<2,
получим:
1 1 I
df FQ — QP
du _ 2FPQ -f- СР»
d / FP — EQ
dv \ VEQ* — 2FPQ 4- GP2
379. Дифференциальное уравнение линий, делящих углы между
кривыми и = const и v = const, есть (см. задачу 252):
УЁdu± VGdv = 0.
Подставляя в формулу (3) предыдущей задачи:
Р=УЁ\ Q = yG,
получим:
В случае, если параметрическая сеть ортогональная, то эта фор-
мула принимает более простой вид:
1 = 1 I
Pg У2ЕО \ ди dv /
380. Круги.
Qftl _L— C0S?
Sin6 •
382. — = A sin3 a; k — постоянная, зависящая от параметров
Ре
эллипса; a — угол между одним из радиусов-векторов и дугой боль-
шого круга, касающегося эллипса в рассматриваемой точке.
384. Обозначим через р кривизну нормального сечения поверх-
ности в точке М, проходящего через касательную к данной линии (Г).
Далее, обозначим через pj и р2 главные радиусы кривизны поверх-
ности в точке М и, наконец, через — угол между касательной к (Г)
в точке М и одним из главных направлений (например pt). Тогда
ГЛАВА IV
291
rfs3-f-dp».
расстояние о между центрами двух построенных сфер будет иметь
вид:
Кр \2 , / 0 \
1---— ] cos2 ср 4- II-I sin3 ср
Р1 / \ р2 /
Отсюда:
Наконец, на основании формулы Euler’a:
1 ______________________________cos2 ср ( sin2 ср
7 рГ~^ р7’
получаем:
.— S2___rfoa /1 1 \а
(Б, 1У)2 =-----„ р • — (-------I cos2 ср sin2 cprfs2,
Ра \ Ра Pi /
или, иначе:
А это и доказывает требуемое, так как правая часть представляет
собой квадрат геодезического кручения.
385. Пусть kn нормальная кривизна линии (Г), kQ—ее геодези-
ческая кривизна, — геодезическое кручение, 0 — угол между главной
нормалью кривой и нормалью к поверхности, и, наконец, Ф — угол
пересечения соприкасающейся сферы с поверхностью. Тогда можем
написать: р sin 0 4- cos 0 , . - ‘ ' dS , П kg tg4>“ „ df . J *8’ = ^’ p cos 6 — 0 —1- Sin 0 n ds
откуда: " ..-..A"A + ,t ₽ ’• » dS ds + A
386. Решается на основании предыдущей задачи.
387. Геодезическая кривизна равна нулю,
388. В двух точках.
389. Геликоид:
х = v cos v\ у = и sin v, z — hv.
ЛИТЕРАТУРА
На русском языке
\
1. Ада м о в А. А. Приложения дифференциального исчисления к геометрии,
1915 (литогр.).
Очень подробно изложено исследование и построение плоских кривых.
Много подробно решенных примеров.
2. Бертран Ж. Дифференциальное исчисление, 1911, пер. с франц.
М. В. Пирожкова.
Большой интерес представляют геометрические методы доказательств и по-
строений.
3. Бляшке В. Дифференциальная геометрия, 1935, пер. с нем. М. Я. Вы-
годского.
Характеристика приведена в указателе иностранной литературы.
4. Б у к р е е в Б. Я. Курс приложений дифференциального и интегрального
исчислений к геометрии. (Элементы теории поверхностей), 1900.
Руководство, подробно излагающее все основные вопросы классической те-
ории поверхностей.
5. Валле-Пуссен. Курс анализа бесконечно-малых, т. I и II, 1933, пер.
с франц, под редакц. и с примем, проф. Г. М. Фихтенгольца.
Основные сведения о приложениях анализа к геометрии. Интересно изло-
жено исследование особенных точек плоских кривых.
. > 6. Г а у с с К. Ф. Общие исследования о кривых поверхностях, 1887, пер. с лат.
Это сочинение на ряду с „Application d’analyse etc.“ Monge’a является фун-
даментом, на котором выросла классическая дифференциальная геометрия.
7. Гуре а Э. Курс математического анализа, т. I. 1934, пер. с франц.
Некрасова.
Основные сведения о приложениях анализа к геометрии.
8. Егор о в Д. Ф. Дифференциальная геометрия, 1923.
Наибольшее внимание уделено исследованию плоских и отчасти простран-
ственных кривых. О поверхностях даны только первоначальные сведения.
9. М и л и н с к и й В. И. Дифференциальная геометрия, 1934, Кубуч.
Книга охватывает основные отделы дифференциальной геометрии в объеме
университетской программы. Изложение ведется с применением простейших
операций векторного исчисления.
10. М о в ж Г. Приложение анализа к геометрии, пер. с франц, под редакц.
М. Я. Выгодского.
Книга снабжена предисловием и обстоятельными комментариями редактора.
Ее характеристику см. в указателе иностранной литературы.
11. Синцов Д. М. Дифференщяльна геометр!я, 1931 (на укр. языке).
Элементарное изложение основных вопросов приложений анализа к геоме-
трии. Большое количество подробно решенных интересных задач.
12. Смирнов В. И. Курс высшей математики, т. II 1934.
Изложение некоторых из основных вопросов приложений анализа к геомет-
рии с применением операций векторного анализа.
13. Фиников С. П. Векторный анализ, 1932.
Изложены основные вопросы приложений дифференциального исчисления
к геометрии методами векторного анализа.
14. Фиников С. П. Теория поверхностей, 1934.
Наиболее полный и современный курс на русском языке. Ясное изложе-
ние кинематического метода Darboux.
15. Хан др и ко в М. Анализ бесконечно-малых, т. III, 1908. Подробное из-
ложение основных вопросов приложений анализа к геометрии.
ЛИТЕРАТУРА
293
Иностранная литература
1. Bianchi, L. — Lezioni di geometria differentiate. I—IV вып. 3-c изд.,
1927—1930 (есть нем. перев.).
Одно из самых полных руководств по классическим вопросам дифферен-
циальной геометрии. Рассчитано на хорошо подготовленного читателя.
2. Blaschke, W. Vorlesungen uber Differentialgeometrie I, II, III.
Строгое и сжатое изложение классических и современных проблем дифферен-
циальной геометрии. I том посвящен изложению некоторых классических про-
блем, а также экстремальных вопросов геометрии и Geometrie im Grossen. II
том излагает основы аффинной геометрии. III том посвящен дифференциальной
геометрии кругов и сфер. Изложение ведется с применением операций век-
торного и тензорного анализа.
3. В i е b е г b а с h, L. Differentialgeometrie, 1932.
Небольшая по объему книга; содержит очень сжатое изложение основных
проблем дифференциальной геометрии. При изложении применяется вектор-
ный и тензорный анализ.
4. С е s а г о, Е. Vorlesungen uber natiirliche Geometrie, 1926, пер. с италь-
янок. G. Kowalewski.
Исследование кривых и поверхностей методами натуральном геометрии.
Изложение сжатое. Много примеров.
5. Darboux, G. Lemons sur la thdorie gendrale des surfaces et sur les ap-
plications gdomdtriques du calcul infinitesimal, I, II, III, IV.
Самое полное изложение всех классических проблем дифференциальной
геометрии. Исключительно богатый выбор методов решения и исследования
вопросов. Чтение этих книг предполагает предварительное ознакомление с ос-
новными положениями дифференциальной геометрии и механики.
6. D а г b о и х, G. Lemons sur les systemes ortogonaux et les coordonnees
curvilignes, 1910.
Самое полное собрание исследований о тройных ортогональных системах
поверхностей.
7. Darboux,-G. Principes de geometric analytique, 1917.
Книга содержит избранные вопросы по различным отделам геометрии.
Собственно она является завершением (надстройкой) к двум предыдущим его
сочинениям.
8. Demartres, G. Cours de gcomdtrie infinitesimale, 1913.
Прекрасное изложение основ дифференциальной геометрии. Книга раз-
бита на две половины: в первой все вопросы исследуются чисто геометрически
(без координат); во второй эти'же (и некоторые другие) вопросы изучаются
аналитическим путем. Лучший из подготовительных курсов к трактатам Dar-
boux u Bianchi.
9. Duschek-Mayer. Lehrbuch der Differentialgeometrie, 1930, Band I.
„Kurven und Fliichen im euklidischen Raum“.
Строгое изложение некоторых основных современных и классических про-
блем дифференциальной геометрии методами векторного и тензорного анализа.
10. Ei s е n h а г t, L. Р. A treatise on the differential geometry of curvesand
surfaces, 1909.
Довольно подробное изложение основных проблем классической диффе-
ренциальной геометрии. По характеру изложения является прекрасным введе-
нием к курсу Bianchi.
11. Forsyth, A. R. Lectures on the differential geometry of curvesand
surfaces, 1920.
Подробное изложение классической дифференциальной геометрии.
12. Hilbert, D. und Cohn-Vossen. Anschauliche Geometrie, 1932.
Обзор некоторых из основных разделов современной геометрии. Доказа-
тельств и вычислений почти нет.
13. Joachimsthal, Anwendung der Differential-und-Integral-Rechnung auf
die allgemeine Theorie der Fiachen und der Linien doppelter Knimmung, 1872.
Классический учебник по дифференциальной геометрии. В настоящее
время сильно устарел.
14. Jordan, С. Cours d’analyse t. I, 1909.
Несколько подробнее, чем в курсе Гурса (см. 7 русск. лит).
15. Julia, G. Elements de gdomdtrie inflnitdsimale, 1927.
294
ЛИТЕРАТУРА
Элементарный учебник по дифференциальной геометрии. Большое внима-
ние уделяется теории огибающих кривых и поверхностей (наиболее подроб-
ный разбор). Изредка при доказательствах используется векторный анализ.
16. Klein, F. Vorlesungcn fiber hOhcre Geometric, 1926, 3 Auflage.
Обзор различных разделов геометрии.
17. К и о b I a uc h, J. Grundlagen der Differentialgeometrie, 1913.
Большой подробный курс классической дифференциальной геометрии.
18. Kommerell, V. und К. Allgemeine Theorie der Raumkurven und
FlBchen, 1909—1911.
Объем материала, близкий к курсу Demartres’a. Изложение аналитическое.
19. К о w а 1 е w s k i, G. Allgemeine natUrliche Geometrie und Liesche Trans-
formationsgruppen, 1931.
Прекрасное изложение основных методов натуральной геометрии и их
обобщение.
20. L il i е и th а 1, R. Vorlesungen uber Differentialgeometrie, 2 Bd, 1908—1913.
Подробный курс дифференциальной геометрии. Изложение строго анали-
тическое.
21. М с. Connell, А. Т. Applications of the absolute differential calculus,1931.
Главы XI—XVI посвящены изложению основных вопросов дифференциаль-
ной геометрии методами тензорного анализа.
22. Monge, G. Application de I’analysc A la geomdtrie, 1849 5 ed.
Эта книга должна быть изучена каждым математиком, в особенности гео-
метром.
23. Picard, Е. Traite d’ analyse, t. I.
См. указания к п. 14. Основные сведения о приложениях анализа к геометрии.
24. Raffi, L. Lemons sur les applications geometriques de 1’analyse, 1897.
Элементарный учебник по дифференциальной геометрии. ,
25. Scheffers, G. Anwendung der Differential-und-Integral- Rechnung auf
Geometrie 2 Bd, 1922-1923.
Большой подробный курс классической дифференциальной геометрии. За-
служивает внимания подробное исследование минимальных (нулевых) линий.
26. S с h е 11, W. Allgemeine Theorie der Kurven doppelter Krummung, 3
Auflage, 1914.
Чисто геометрическое (без координат) исследование неплоских кривых
к некоторых линейчатых поверхностей. При небольшом объеме книга заклю-
чает очень большой фактический материал.
27. Weatherburn, Differential geometry of three dimensions. 2 vol,
1930—1931.
Большой курс классической дифференциальной геометрии. Благодаря
удачному применению векторного анализа изложение многих трудных вопро-
сов и преобразований сильно упрощено. В книге имеется богатый подбор
упражнений (готовится к печати русский перевод).
П р и м е ч а н и е. В этом списке литературы ( не претендующем на
полноту) приведены только общие курсы по дифференциальной геометрии.
К ним даны очень краткие характеристики и указания, чтобы помочь
начинающему читателю немного ориентироваться в выборе книги. Жур-
нальные статьи намеренно здесь не указаны, так как перечисление только
основных работ заняло бы слишком много места. К тому же читатель,
изучивший один из указанных здесь серьезных трактатов, сам сможет
ориентироваться в журнальной литературе по интересующим его вопросам.
Сборни к]и задач
1. Fabry, Е. Problcmes d’analyse mathematlque, 1913.
2. Julia, G. Exercices d’analyse, t. I, 1928.
3. Laisant, C. A. Recueil de problemes de mathematique, t. IV. „Geometric
analytique a deux dimensions* (et Geometrie superieure) 1893; t. V. „G6om6trie
analytique a trois dimensions" (et Gdometrie superieure), 1893.
4. Tisserand, F. Recueil comptementaire d’exercices sur le calcul infinite-
simal, 1896.
5. Vi lie, E. Compositions d’analyse, cinematique, ntecanique et astroncmle,
t. I, II, III, 1885-1898.
. Указатель имен
Amigues 201
Antos 9
Babinet 27
Balltrand 9
Beltrami 16, 30, 50
Bertrand 14, 18
Bonnet 23
Catalan 9, 11
Clairaut 133
Combescure 13
Darboux 40
Dolaptchieff 43
Enneper 29
Euler 27, 165
Франк 27
Genese 7
Genty 12
Goormaghtigh 8
Halphen 34
Harmegnies 250
Holditch 10
Hoppe 26
Jacobi 51
Joachimsthal 116, Г23, 248, 250
Koenigs 124, 248
Лахтин 159
Lemaire 251
Mennesson 9
Meusnier 166
Mitrinovitch 51
Monge 122, 123
Montel 251
Montucla 13
Neuberg 9
Nicolaidfcs 9
Olinde-Rodrigue 118, 122, 137
Olivier 12
Reye 13
Saint-Germain 44
Scherk 29
Синцов 34
Smith 26
Steiner 25, 26
Strebor 10
Viviani 33, 52
Weierstrass 125
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ...................................................... 3
Отдел первый. КРИВЫЕ
Глава I. Кривые на плоскости . . . . •............................ 7
Глава II. Кривые в пространстве................................ 11
Глава III. Натуральная геометрия................................. 16
Отдел второй. ПОВЕРХНОСТИ
Глава I. Общее исследование поверхности.......................... 19
Глава II. Параллельные поверхности.............................. 24
Глава III. Односторонние поверхности............................. 25
Глава IV. КривизИа поверхности .................................. 27
Глава V. Тройные ортогональные системы.......................... 30
Глава VI. Линейчатые поверхности................................. 33
Отдел третий. ЛИНИИ НА ПОВЕРХНОСТИ
Глава I. Линии и сети кривых на поверхности...................... 40
Глава II. Линии кривизны......................................... 43
Глава III. Асимптотические линии ............................... 46
Глава IV. Геодезические линии..................•................. 50
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Отдел I.......................................................... 57
Отдел II.................................................... . 116
Отдел III....................................................... 221
Ответ, рсд. И. М. Хентов. Тех. ред. А. М. Усова. Корр. А. Ф. Прокопович.
Слано в набор 20/1 1937 г. Поступило к печати 9/III 1937 г.
Формат бумаги 62X94l/io Колич, бум. листов 91/.!- Уч.-ав. листов 19,80
Тип. зн. в 1 бум. л. 106624 Заказ № 1571. Тираж 5000 экз. Изд. № 242
Леноблгорлит № 180.
2-я типогр. ОНТИ имени Епг. Соколовой. Ленинград, пр. Кр, Командиров, 29.