Составить уравнение параболоида

[skliar_pavlo]

Составить уравнение параболоида, который проходит через две прямые x = 0, z = 2 и y = 0, z = –2, а также через две точки (0, 1, –1) и (1, –1, 0)

Даже не знаю с чего начать. В гугле находил только общие уравнения. А подскажите где почитать или как решить.

[alisa-lebovski]

Выпишите общее уравнение параболоида и подставьте в него условия.

[skliar_pavlo]

ну да это единственное что я смог сделать. Но чтото я туплю. Общее уравнение параболоида наверное должно учитывать сдвиги. Для такого уравнения $z=ax^2+by^2$ - две точки уже определяют $a$ и $b$.

Сейчас пробую такое $z-z_1=a(x-x_1)^2+b(y-y_1)^2$. Может нужно чтото еще более общее?

[AKM]

skliar_pavlo в сообщении #457129 писал(а):

Сейчас пробую такое z-z1=a(x-x1)^2+b(y-y1)^2.

skliar_pavlo

Я исправлю Ваше сообщение, но извольте ознакомиться:
Здесь рассказано, как набирать формулы (здесь подробнее).

[Алексей К.]

skliar_pavlo в сообщении #457129 писал(а):

Может нужно чтото еще более общее?

Скорее всего, ибо Ваш вариант не перечисляет всех возможных расположений параболоида.

С другой стороны, "общее уравнение параболоида" мне неизвестно.
Я не вижу другого способа, как начать с общего уравнения поверхности второго порядка, уточнять коэффициенты насколько можно по заданным данным.
А там глянем, получится ли оно параболоидом.

-- 12 июн 2011, 19:22 --

Так, первое условие даёт, если не ошибаюсь, $a_{22}=0$ (вау!), $a_2=-2a_{23}$, $a_0=\ldots$.

[Xaositect]

Раз параболоид проходит через две прямые - это гиперболический параболоид. А он может быть аффинными преобразованиями приведен к $xy = z$, т.е. общее уравнение будет $f_1(x,y,z)f_2(x,y,z) = f_3(x,y,z)$, где $f_1,f_2,f_3$ - линейные формы.

[skliar_pavlo]

Xaositect в сообщении #457159 писал(а):

Раз параболоид проходит через две прямые - это гиперболический параболоид. А он может быть аффинными преобразованиями приведен к $xy = z$, т.е. общее уравнение будет $f_1(x,y,z)f_2(x,y,z) = f_3(x,y,z)$, где $f_1,f_2,f_3$ - линейные формы.

Мне кажется или ваше замечание не имеет пользы? Ведь в общем случае это будет то же общее уравнение второго порядка.

[Xaositect]

skliar_pavlo в сообщении #457181 писал(а):

Мне кажется или ваше замечание не имеет пользы? Ведь в общем случае это будет то же общее уравнение второго порядка.

Нет, это не общее уравнение второго порядка. Это будет общим уравнением только если мы разрешим комплексные коэффициенты.

[skliar_pavlo]

Алексей К. в сообщении #457155 писал(а):

skliar_pavlo в сообщении #457129 писал(а):

Может нужно чтото еще более общее?

Скорее всего, ибо Ваш вариант не перечисляет всех возможных расположений параболоида.

С другой стороны, "общее уравнение параболоида" мне неизвестно.
Я не вижу другого способа, как начать с общего уравнения поверхности второго порядка, уточнять коэффициенты насколько можно по заданным данным.
А там глянем, получится ли оно параболоидом.

-- 12 июн 2011, 19:22 --

Так, первое условие даёт, если не ошибаюсь, $a_{22}=0$ (вау!), $a_2=-2a_{23}$, $a_0=\ldots$.

Похоже ваша идея верна. Думаю все сведется к системе линейных уранений этих коефициентов квадратичной формы. НО я не понимаю как именно вы анализируете условия. Можно по подробнее почему из первого условия следует что $a_{22}=0$ ?

[Алексей К.]

Дело давно было, но скорее всего я тогда записал параметрическое уравнение Вашей первой прямой. А она вся такая простая была, что это почти устно делалось. И ещё там нолик фигурировал. И поскольку вся прямая $x(t),y(t),z(t)$ принадлежала той самой поверхности, то, подставляя в уравнение поверхности $F(x,y,z)=0$ свои $x=x(t),\ldots$, я должен был получить тождество типа $f(t)\equiv 0$ (а благодаря нолику это совсем легко считалось); при любом $\color{blue}t$.
Ежели Вы проделаете эти действия и покажете нам результат, то либо Вы всё поймёте, либо мы Вам объясним.

[skliar_pavlo]

Спасибо понял, что-то я совсем тугой )).

Я подставил все условия вышло 8 уравнений и 10 неизвесных. В общем Mathematica выдала мне два базисных решения : (a11,a22,a33,a12,a13,a23,b1,b2,b3,b4) = { (0,0,-1,6,0,1,0,-2,0,4), (0,0,0,2,1,0,2,0,0,0) }

Теперь нужно приплести сюда факт что должен выйти параболоид. Подскажите, а то задачу нужно побыстрее решить.

[Алексей К.]

skliar_pavlo в сообщении #458192 писал(а):

(a11,a22,a33,a12,a13,a23,b1,b2,b3,b4) = { (0,0,-1,6,0,1,0,-2,0,4), (0,0,0,2,1,0,2,0,0,0) }

Эту Вашу фразу можно сокращённо записать как (...)={(...),(...)}, что лично мне непонятно. Mathematica у меня нет. Как мне показалось, задачку проще решать на бумажке, чем с помощью протезов мозга (хотя я ими часто пользуюсь). Вы пропустили промежуточные этапы, и следить трудно. Я понимаю, что Вы избегаете культурной записи формул, но мне тоже лень угадывать Ваши мысли и искать возможные ошибки.

Основная проблема в моём подходе — понять, достаточно ли будет финального количества неизвестных, чтобы решить проблему их избыточности чисто введением умно-простой нормировки (ну, $x^2+2y^2-1=0$ эллипсо-цилинндр, но $6x^2+12y^2-6=0$ та же самая поверхность), и как тут параболоидность сыграет? И не лучше ли нелинейный подход от Xaositect, я тоже не проверял.

Кагбэ итог: Вы, вероятно, поняли мои обозначения типа $a_{11},\;a_2$, но я Ваших b1 и проч не понял. Типа мои каноничны, из справочника (ну, может, $a_2$ следовало как $a_{20}$ записать), а Ваши из неканоничного справочника.

[skliar_pavlo]

Ну я брал общее уравнение : $ a_{11}x^2+a_{22}y^2...+a_{12}xy+...+b_{1}x+b_{2}y+b_{3}z+b_{4} =0$ далее подставлял поочередно 4 условия задачи. Выходили полиномы от t в левой части и 0 в правой. Я соответсвенно коефициенты при каждой степени t приравнял к нулю. Откуда и вішла система, решение которой я привел. Думаю сама система уже не имеет значения, даже если она составлена с ошибками, всеравно неизвестных в ней больше на две чем уравнений.

По поводу уравнения предложенного Xaositec, как я понимаю записывая его в общем виде и прийдем к тому же общему уравнению.

[Алексей К.]

Я Вас понял.
Замечу, что мы сразу могли какой-то из коэффициентов зафиксировать, например, единицей сделать. Но только тот, про который мы знаем, что он не ноль. Т.е., если бы мы сразу положили $a_{11}=1$, то мы бы лопухнулись, т.к. этот коэфф. у нас ноль-и-только-ноль. Т.е. у нас на самом деле не две степени свободы, а одна. Иными словами, если два Ваших базисных решения обозначить $A$ и $B$, то любое $uA+vB$ тоже решение. Но мы можем ограничиться случаями $u=1$ и проверкой для $u=0$.
Чтобы штука была параболоидом, некий определитель 3-го порядка должен быть равен нулю. Это вроде делает задачу вполне определённой, приводя её к уравнению относительно $v$.

[Алексей К.]

Алексей К. в сообщении #457155 писал(а):

Так, первое условие даёт, если не ошибаюсь, ..., $a_2=-2a_{23}$...

Какие-то различия между моим и Вашим решениями связаны в первую очередь с тем, что Вы неканонично записывате общее уравнение:

skliar_pavlo в сообщении #458312 писал(а):

Ну я брал общее уравнение : $ a_{11}x^2+a_{22}y^2...+a_{12}xy+...+b_{1}x+b_{2}y+b_{3}z+b_{4} =0$

Там должно быть $\scalebox{1.2}{2}a_{12}xy$ (и в других местах).
Ежели Вы дойдёте до определителя, и забудете, что неканонично записали коэффициенты, будет всё неправильно.