6-ma’ruza. Mavzu: Tekislikdagi to’g’ri chiziq tenglamalari


–misol. А(1;2;4) nuqtadan o’tib 0ху tekislikka parallel tekislik tenglamasi yozilsin va tekislik yasalsin. Yechish



Download 238 Kb.
bet12/20
Sana06.07.2022
Hajmi238 Kb.
#749788
1   ...   8   9   10   11   12   13   14   15   ...   20
Bog'liq
6-ma’ruza. Mavzu Tekislikdagi to’g’ri chiziq tenglamalari

3–misol. А(1;2;4) nuqtadan o’tib 0ху tekislikka parallel tekislik tenglamasi yozilsin va tekislik yasalsin.
Yechish. 0ху ga parellel tekislik tenglamasi Сz+D=0 ko’rinishiga ega ekanligini bilamiz. Bunga A nuqtaning koordinatalarini qo’yib 4C+D=0, D=- 4C ga ega bo’lamiz. D ning ushbu qiymatini tekislik tenglamasiga qo’ysak
Cz-4C=0 yoki C ga qisqartirsak Z-4=0; Z=4 hosil bo’ladi.
Bu tenglama A(1;2;4) nuqtadan o’tib 0xy tekislikka parellel tekislik tenglamasi (60-chizma).


60–chizma.


    1. Tekislikning kesmalarga nisbatan tenglamasi.


Tekislik tenglamasi Ах+Ву+Сz+D=0 da А,В,С,D koeffitsientlaridan hech biri nolga teng bo’lmasin.
Ozod had D ni tenglamaning o’ng tomoniga o’tkazsak
Ах+Ву+Сz=-D
bo’ladi. Bu tenglamani har ikkala tomonini –D ga bo’lsak

hosil bo’ladi.
Ax

  • D

Ву Cz 1

  • D D

yoki
x у z  1

    • D D D

A B C

  • D a, A

belgilashni kiritsak tekislik tenglamasi

  • D b, B

  • D c C

х у z  1
(12.5)

а b c
ko’rinishiga ega bo’ladi. Bu tenglama tekislikning kesmalarga nisbatan tenglamasi deb ataladi. Bu yerdagi а,b,с лар текисликнинг 0х,0у,0z o’qlardan ajratgan kesmalari.
4–misol. 15х+20у+12z-60=0 tekislik yasalsin.
Yechish. Tekislik tenglamasini kesmalarga nisbatan yozamiz:

15х+20у+12z=60; 15х 20 y 12z  1; x y z  1;
a  4,
b  3,
c  5 .

60 60 60 4 3 5
Demak tekislik А(4;0;0), В(0;3;0) va С(0;0;5) nuqtalardan o’tar ekan(61–chizma).



61–chizma.


    1. Uch nuqtadan o’tuvchi tekislik tenglamasi.


Bir to’g’ri chiziqda yotmagan М1(х1,у1,z1), М2(х2,у2,z2) va М3(х3,у3,z3) nuqtalar berilgan bo’lib ular orqali o’tuvchi tekislik tenglamasini topish talab etilsin. М(х,у,z) tekislikning ixtiyoriy nuqtasi bo’lsin. U holda:




М1М  (х х1 )i  ( y y1 ) j  (z z1 )k, M1M 2  (x2 x1 )i  ( y2 y1 ) j  (z2 z1 )k va
M1M 3  (x3 x1 )i  ( y3 y1 ) j  (z3 z1 )k
vektorlar shu tekislikda yotadi, ya‘ni ular komplanar bo’lda. Uch vektorning

komplanarlik sharti


(ММ1 М1М2 )  М1М3  0
ga binoan

х х1 х2 х1 х3 х1
у у1 у2 у1 у3 у1
z z1
z2 z1  0
z3 z1


(12.6)

tenglamaga ega bo’lamiz. Bu tenglama uch nuqtadan o’tuvchi tekislik tenglamasi.
5–misol. М1(1;2;-1); М2(-1;0;4); М3(-2;-1;1) nuqtalardan o’tuvchi tekislik tenglamasi topilsin.
Yechish. (12.6) formulaga binoan izlanaetgan tekislik tenglamasini

x -1
- 2
- 3
y - 2
- 2
- 3
z  1
5 =0
2

ko’rinishda yozamiz. Determinantni birinchi satr elementlari bo’yicha yoysak:

- 2 5
- 3 2
(x 1)  - 2
- 3
5 ( y  2)  - 2
2 - 3
- 2 (z 1)  0
- 3

yoki ikkinchi tartibli determinantlarni hisoblasak 11(х-1)-11(у-2)+0∙(z+1)=0 va tenglikni 11 ga qisqartirib ixchamlasak х-1-у+2=0; х-у+1=0
kelib chiqadi. Bu tenglama 0z o’qqа parallel tekislikni aniqlaydi.


    1. Tekislikning normal tenglamasi.


0хуz fazoda koordinatalar boshidan o’tmovchi Q tekislik berilgan bo’lsin. Koordinatalar boshidan tekislikka ОР perpendikulyar o’tkazib uning uzunligini p orqali va perpendikulyarning 0х, 0у, 0z o’qlar bilan tashkil etgan burchaklarini mos ravishda α,β,γ lar orqali belgilaymiz. U holda tekislik tenglamasini
xcosy cos z cosp  0 (12.7)
ko’rinishda tasvirlash mumkin bo’ladi. (12.7) tekislikni normal tenglamasi deb ataladi. Bu tenglamaning o’ziga xos xususiyatlaridan biri

cos2  cos2  cos2
Agar tekislik
 1 va p>0.
Ах+Ву+Сz+D=0

umumiy ko’rinshidagi tenglamasi yordamida berilsa bu tenglikni normallovchi ko’paytuvchi deb ataluvchi:

N 1
ga ko’paytirish natijasida tekislikning normal tenglamasiga keltiriladi. Normallovchi ko’paytuvchining ishorasi ozod hadning ishorasiga qarama – qarshisi olinadi.
Demak:
х у z   0
tekislikning normal tenglasini va
p  (12.8)
koordinatalar boshidan Ax+By+Cz+D=0 tekislikgacha masofani ifodalaydi.


    1. Ikki tekislik orasidagi burchak. Tekisliklarning parallellik va perpendikulyarlik shartlari.


Kesishuvchi Q1
va Q2
tekisliklar mos ravishda
A1x By1 C1z D1  0 ( Q1

tekislik) va
A2 x By2 C2 z D2  0 ( Q2 tekislik) tenglamalari yordamida

berilgan bo’lsin. Ikki tekislik orasidagi burchak deganda tekisliklar tashkil etgan ikki yoqli burchaklardan biri tushuniladi. Q1 va Q2 tekisliklarning

normal vektorlari



N1 va N2
orasidagi burchak ana shu burchaklardan birini

ifodalaganligi uchun tekisliklar orasidagi burchakni topish ularning normal
vektorlari orasidagi burchakni topishga keladi (62-chizma).




N1 A1i B1 j C1 k
vektorlar orasidagi burchak
cos
va N2 A2i B2 j C2 k


(12.9)

formula yordamida topilishini bilamiz. Ana sha formula Q1 va Q2 tekisliklar orasidagi burchakni topish formulasi bo’lib xizmat qiladi.






62–чизма.
7–misol. 5х-3у+4z-4=0 va 3х--2z+5=0 tekisliklar orasidagi o’tkir burchak topilsin.


5  3  (3)



(4)  4  (2)

52  (3)2  42



32  (4)2  (2)2



Yechish. Bu yerda А1=5, В1=-3; С1=4; А2=3, B2=-4, С2=-2 bo’lgani uchun (12.9) formulaga binoan:
cos



cos
;cos  0,4990;  60004 .



Tekisliklar orasidagi o’tkir burchakni topish talab etilganligi sababli (12.9) formulaning o’ng tomonidagi ifodani absolyut qiymatini oldik.

  1. Tekisliklarning parallellik sharti. Q1 va Q2 tekisliklar faqatgina

ularning normal vektorlari



N1 A1i B1 j C1 k
va N 2 A2i B2 j C2 k
parallel

(kollinear) bo’lganligida parallel bo’ladi (63-chizma).

63 - chizma


Shuning uchun ikki vektorning parallellik shartidan

А1 В1 А2 В2
С1
С2
(12.10)

ga ega bo’lamiz. Bu tekisliklarning ham parallellik shartidir. Demak ikki tekisliklarning mavjud koordinatalari oldidagi koeffitsientlari proporsional bo’lganda va faqat shu holdagina ular parallel bo’lar ekan.
Endi berilgan М1(х11;z1) nuqtadan
А1х+В1у+С1z+D=0 
tekislikka parallel o’tkazilgan tekislik tenglamasini topamiz. Buning uchun
М1(х11;z1) nuqtadan o’tuvchi tekislik tenglamasini yozamiz. Uning
А(х-х1)+В(у-у1)+С(z-z1)=0 
ko’rinishiga ega ekanligi ma‘lum. Bu tekislik berilgan   tekislikka parallel bo’lishi uchun

А А1
shart bajarilishi kerak. Demak
В С В1 С1

А=А1,В=В1,С=С1
deb olishimiz mumkin. Ushbu qiymatlarning tekislik tenglamasi  ga
qo’yib А1(х-х1)+В1(у-у1)+С1(z-z1)=0 (12.11) tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglama berilgan tekislikka parallel o’tkazilgan tekislik tenglamasi.


  1. Download 238 Kb.

    Do'stlaringiz bilan baham:
1   ...   8   9   10   11   12   13   14   15   ...   20




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©hozir.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling

kiriting | ro'yxatdan o'tish
    Bosh sahifa
юртда тантана
Боғда битган
Бугун юртда
Эшитганлар жилманглар
Эшитмадим деманглар
битган бодомлар
Yangiariq tumani
qitish marakazi
Raqamli texnologiyalar
ilishida muhokamadan
tasdiqqa tavsiya
tavsiya etilgan
iqtisodiyot kafedrasi
steiermarkischen landesregierung
asarlaringizni yuboring
o'zingizning asarlaringizni
Iltimos faqat
faqat o'zingizning
steierm rkischen
landesregierung fachabteilung
rkischen landesregierung
hamshira loyihasi
loyihasi mavsum
faolyatining oqibatlari
asosiy adabiyotlar
fakulteti ahborot
ahborot havfsizligi
havfsizligi kafedrasi
fanidan bo’yicha
fakulteti iqtisodiyot
boshqaruv fakulteti
chiqarishda boshqaruv
ishlab chiqarishda
iqtisodiyot fakultet
multiservis tarmoqlari
fanidan asosiy
Uzbek fanidan
mavzulari potok
asosidagi multiservis
'aliyyil a'ziym
billahil 'aliyyil
illaa billahil
quvvata illaa
falah' deganida
Kompyuter savodxonligi
bo’yicha mustaqil
'alal falah'
Hayya 'alal
'alas soloh
Hayya 'alas
mavsum boyicha


yuklab olish