... DIFERENCIJALNA ... ~ = ~(t) = x(t)i + y(t)3 + z(t)~, u trodimenziona1nom euk1idbkom probtoru krlva zadata. s=f ds=f v'x 2 +y2+i2 dt.

Transkript

1 VI GLAVA DIFERENCIJALNA GEOМETRIJA. Krive u prostoru Ako је u trodimenzionanom eukidbkom probtoru krlva zadata једnсјnо,!, ~ = ~(t) = x(t)i + y(t)3 + z(t)~, ЈЈ u parametarbkom obliku = (t), у = у (t), z = z (t), tada је duzina uka k~ive од tacke в parametrom t o до tacke' parametrom t data ЕОЕти0т t t s=f ds=f v'x +y+i dt. t о t о Vektor tangente, ЫnОЕте i nоете krive одеедјuјеmо formulaт t = r, r xr, п = Ь xt i njihove ortove сето ~..... t o, Ьо ' obeeziti rebpektivno в по

2 Tadka М, vektori t i п odredjuju oskulatornu ravan, M,~ i ri normalnu ravan, М,Ь i t rektifikacionu ravan krive и tadki М krive. 0 Polupretnik kriv;ne R i krivina К ви odredjeni relacija- + З Q:L. К - = R =... Ir xrl tj. torzije,±t,je dat formulom:,:,:; + = [r rl = Ш ;: +. reb т[т x~] Torzi'u сешо oznaditi в т Ako је и jednatini krive parametar t jednak duzini luka s, tada је + K=i=I~ == ;" ds Т = ± FrenetJfH' i obrasci glase: ds R + dn o t O б О тв db ds О -R" т + по Т dobije elimini Obvojnica familije ravnih krivih F(x,y,a) =0 ве вnјеш parametra iz jednatine ЭF(,у,) = о i Э F(x,y,a) = о. POkazati da kriva у = sin Ф - eos Ф z = eos Ф

3 е:н п sferi. Resenje. Kako је у +z = sin ф+-соsф+соs ф+4соs Ф = -соsф+4соs Ф = 4sin ф+4соs Ф = 4, to sledi da је kriva п centranoj sferi pouprecnika, posto пјепе koordinate zadovoljavaju jednacinu te sfere.. Naci ичо izmedju tangente п krivu У cos t sin t z = Ь t i vektora ~ koji spaja koordinatni pocetak sa tackom dodira. Resenje. Ako obee~imo sa ичо izmedju tangente (- sin t, cos t, Ь) i vektota ~ ( cos t, sin t, Ь t ), tada је... t COSa з. Dokazati da kriva etcos t у sece izvodnicu konusa п kojem kriva e~ijpod konstantnim ичот. Resenje. dobijamo jednacinu kru~nog Eliminisanjem parametra t iz jednacine krive +у =z konusa cije је teme u koordinatnom pocetku, ов simetrije јој је z - osa. Ako в t obele~imo vektor tangente п krivu u nekoj tacki М, в ~ vektor polo~aja tacke М, в ugao izmedju vektora

4 t i r, (tj. izmedju tangente п krivu i izvodnice konusa koja proazi kroz tacku dodira) tada је: cos Kako је t = t[et(cos t- sin t), et(sin t+ cos t), e t... t r (е cos t,... rt Irl = Ve t t е sin t, е ) (~.t) = e t, cos = Ј ~ Time је tvrdjenje zadatka dokazano. 4. Kriva koja se naziva oksodroma odredjena је jednacinom 'т е Ф = n tg( 4' - '), gde је е geografska sirina Ф duzinata~ke п sferi. Dokazati da оn sece meridijane sfere pod uglom tako С. је tg =. Resenje. Posto је loksodroma п nekoj sfer~ polupre~nika r to је nјеn jednacina u parametarskom dbliku (parametar је е) = r cos е cos Ф gde је у = r cos е s in Ф z = r sin е ф= n tg ( ) 4 Ј 'т е Kako Ј е Ф '(е)= to Ј е vektor t п loksodromu - cose t(-rsine СОSф+r-sinф i -rsine sinф - r08s.ф ; rcose ). Jednacina meridijana sa duzinom Ф је (ф fiksno,~ parametar) у = r cose соsф = r cose sinф z = r sine

5 ... Vektor tangente t l п meridijan је t l = t l (- r sin8соsф; - r sin8sinф; r cos8) Ugao izmedju loksodrome i meridijana је ugao izmedju vektora t i t l te је: (t.t l ) cosa Kako је l"tlltll r, to је cos = -...:;; А+, tga, sto је i trebalo dokazati. 5. Svakoj tacki M(x,y,Q) ravni ХОУ mozemo pridruziti tacku Ml(xl'Yl,zl) sfere x +y+z=az koja је odredjena prodorom prave АМ (gde је А(о,о,» kroz sferu. Ovo preslikavanje је uzajamno jednoznacno, izuzev tacke А i zove se stereografska projekcija. Izraziti koordinate tacke М роmо6и koordinata tacke М! i dokazati da krva r=е mф polozena u ravni ХОУ gde зе polarna osa poklapa sa pozitivnim delom x-ose pri stereografskoj projekciji prelazi u loksodromu. ВеВеnје. Kako је IlOМA '" L'IOMlA to је l) ОМ : МА OM l :, iz relacije llaom l '" llpm l О sledi da је ) Oм l : a=zl:oм l. Kako је - АМ = +у+ ОМ = +у ; iz l) i ) sledi da је ( +у ) +у + Iz relacije 3) Х:Х 4) : (a-z ) = АМ:АМ sledi da је : (a-z ) tj.

6 - - Iz relacije X:X =Y:Y sledi da је z У = У +у+ А(ОД).-.-,-... ( у у п sferi to је: Predjimo п drugi deo zadatka. Kako је ta~ka M x соs6соsф соs6sinф Y zl = +! sin6 Pri stereografskoj ~rojekciji krive r =е mф је 5) соs6соsф Kako је Х = r соsф = еmфсоsф, +у!::::: r = е mф to uvrstiv~i u 5) gornje vrednosti za Х i za +у dobijamo re- aciju tj. mф Ф ~ соs6соsф = е cos mф+ е еmфсоs6-еmф+соs6 = О. Odavde је ±sin6 --- cos6

7 '/ = ~ ln [ - - ±Sin! cos! cos~ - sin ~. [ (cos! ± sin! ) ] (сос! - sin!) (cos~ + sin~) - tg~ ] [ -----=.~ = ~ ln tg ( + tg" Za = dobijamo f е m ln tg ( "4 ± ' f е Ф / = m ln + m lп: ( "4 ± ' tj. loksodromu obrnutu za ugao ф=.!. ln и pozi tivnom smeru. m б) Dokazati da normalne ravni krive ) x=acost у =asinasint z = cosa sin t prolaze kroz pravu =О, z+y tg = О. Resenje. ve (, у, z) ј е Jednacina normalne ravni и nekoj tacki kri- (X-)+(У-у)у+(Z-z)z Za krivu ) jednacina ) postaje О -(X-acost)asint + (Y-asinasint)asinacost + tj. + (Z-acosasint)acosacost = О, 3) -sint.х + sinacost у + cosacost.z = О. Presek normalne ravni krive sa ravni =о је Z + Ytga = О f U tackama krive ) и kojima је t=±'+kf(k=0,±,±,.. ) normalna ravan se poklapa sa ravni Х=О, dok и tackama krive и kojima је

8 - З - t=k7r (k=o, ±, ±, ) normana ravan је saтa ravan Z+Y t9 = О. ~to se ako vd uvrste se odgovarajuce vrednostl za t u З). 7. Dokazatl da tangente п krlvu ) obrazuju konstantan ичо Зу 9z sa neklm odredjenlm pravcem. Resenje. Jednaclna krlve ) u paraтetarskom oыlku је =, у=т З z=т7 +,+, Vektor tangente је t(l, з, '9 ) tl = +'9, + + Posmatrajmo vektor (l,о,l) i obelezimo ичо izmedju t ~. Tada је cosa l+'9 x v'(l+'9 x ) То znaci da svaki vektor tangente krlve ) zaklapa в vektorom + 7r ugao od "4' 8. Nac tangentu п krlvu { +Зу +z -47 = F (x,y,z) +у -z = F (X,y,z) = О О u tacki М(-,,6) Resenje. Vektor tangente t п krlvu ) је -t Ј t 4 бу z =(-6y-8yz)! + 4у +(4x+4xz)j + -,+ 4xyk

9 u tacki м је t(-54,-56,-8), jednacina tangente u tacki М п krivu ) је + 7 у- 8 z Naci jedinicne vektore tangente, normalne i binormalne za krivu -+. -r. -t,.,. r (Cost+sln t)l+slnt(l-соst)ј-соstk u tacki А u kojoj је t ='; i napisati u istoj tacki jednacine normalne, oskulatorne i rektifikacione ravni. Resenje. r Kako је (-sint+sint)! + (cost-cost)j + sintk ~ (-cost+cost)! '+ (sint-sint)j + costk to је u tacki А vektor u pravcu tangente r -t -+ t=r =-l+j+k -+ t о (t- 7Т ) -r -t,.,. -(-l+j+k). 3 Vektor Ь u pravcu binormalne u tacki А је dok је ь r 7т (t= ') :; xr 7т (t= ' ) у4 -r -t Ј k -,- - О -t -t.,.. - ) + Зk, ->- Vektor п u pravcu normale је I-f -t ) k ->- ->- -+ п bxt - З,= -5-4)-k, -r-t п -r -t -+ П о I~I m I (-5-4)-k)

10 - 5 - Kako tacka А ima koordinate (,,0) to su jednacine normalne, oskulatorne i reflekcione ravni ро redu - + у + z О, - у + Зz + О, -5-4у - z + 9 = о. 0. Pokazati da linija = at + bt + с + b t + У a t С + b t + z = a t С lezi и jednoj ravni i naci jednacinu te ravni. Resenje. Jednacina oskulatorne ravni krive је Х- У-у Z-z У z О у z koja za krivu ) postaje Х- У-у Z-z at+b a t+b at+b О a Rastavljanjem п zbir dve determinante jednacina oskulatorne ravni је Х- at Z-z' + I - (at +bt+c) Y-(a t +bt+c ) z-(a t +b t+c + I ь Ь Ь О Prva od gornjih determinanti је nula, posto su druga i treca vrsta proporcionalne. Drugu determinar'lturastavljamo п zbir 4 determinante treceg reda od kojih su druga i treca jednake nuli, i konacno posle skracivanja sa jednacina oskulatorne ravni је

11 - 6 - у z с ) ь о Iz jednacine ) se vidi da u nјој nе figurise t, tj. oskulatornе ravni u svim tackama krive se poklapaju, sto znaci da је kriva ravn.a.. Na6i poluprecnik torzijejt)za krivu -,....,. -+ r = cost i + sint ј + sht k Resenje. Kako је r -sint! + COS~ ј + cht ~ ~ -cost - sint ј + sht k = sint - cost ј + cht k,' [~x~j= (costsht + sintcht)l + (sintsht-costcht) ј + k, to је [.:.. ~ r r Ј = sh t + ch t + = ch t. Iz gornjeg sledi da је... [:;. "-+] r r r = cht, г+' ~] ITI=I- :;\.rф =- cht\= r [r r Ј t -t е +е. Pokazati da su kod krive ) = chz у = shz

12 - 7 -.:,..:,. :;. ~ Neka је r=r{x,y,z), r r = ~ (к,у,'z) tada је ~(x,y,z) [(;) ~ 3 ~:,. ~J R ITI=I-,r r I!.-.{: цо ~ [r r] r[rxrj Iz :" r = sh t + ch t + = ch t [~ ; = -sht i + cht ј - k [~x~] sh t + ch t + ch t sledi da је R = I Т! = ch t. 3. Dokazati da је п krivoj = achtcost У = achtsint z = at odsecak norrnale (ne glavne) od tacke п krivoj do ose O~ jed-. nak radiusu druge kriv ine. Jednacina norrnalne~avni и tacki (x,y,z) је ~(x-x) + ~(Y-y) + i{z~z) = О Presecna tacka ove ravni sa Oz osorn је tacka (O,O,Z ), gde је. tj. xx+yy+zz z Z = achtsht + at. i (O,O,Z)' Odsecak norrnale је Kako је = ashtcost - achtsint = - ashtsint = - achtsin t-ashtcost rastojanje d izrnedju tacaka (x,y,z) У.. У У ash t + ach tc'os t ashtcost z = z = о achtcost-ashtsint 'z = о to је

13 - 8 - у z ;l; ~'I у z 4a 3 Sh t, i ј k [~ ~ у z.. у z у z Iz gornjeg sedi da је tj. т Sada se vidi da је d =! т I sto је i treba0 dokazati. 4. Ро gavnim normaama zavojnice x=acost; y=asint; z=bt odseceni su odsecci duzine. Naci geometrijsko mesto Г njihovih krajeva. Resenje. Ako sa "f, п i Ь, obeezimo vektore u pravcu tangente, normane i binormae, sa "f o, по i Ьо ' ortove tih vektora, tada је -+ + rxr -7 ~ -7 Ј -asint acost Ь. -7 -t -+ Ьs~nt~-ЬсоstЈ+ k -7 ~ absint -asint -acost -asint О -t Ј -abcost acijst k Ь 3 7" з. 7" -+ -(Ь + )соst~-(ь+)sшtj+о'k Kako је!n! to је /3 3. V(ab + ) (-cost) +(Ь + ) (-s~l}t) ь + З -+ п = - cosi! - sint ј t.tn o = - l..cost ~ - ts~nt Ј Ako sa r obeezimo vektor poozaja neke tacke (x 'Y,zl) geometrijskog rnesta Г tada је

14 - 9 - tj. Х '" (-.t) cost у (- ~) sint Zl bt sto znaci da је r zavojnica. о 5. З 5. Napisati jednacine normalne, oskulatorne i rektifikacione ravni krive: ) { Х +у +z = - у + Z = 9 u tacki м О,, З) Resenje. Diferenciraju6i jednacine ) smatraju6i kao nezavisnu promenljivu dobijaтo ) xdx + ydy + zdz xdx - ydy + zdz О О Uvrstivsi vrednosti za x,y,z dobijaтo jednacine dx + dy + Зdz О cija su resenja dy = О; јто dx - dy + Зdz О dz = - з dx Diferencirajuci (dx) + (dy) + yd у + (dz) + zd z О (dx) (dy) (dz) - - yd у + + zd z О ) ро dobi- Uvrstivsi vrednosti za x,y,z,dy i dz dobijaтo 0 cija su resenja d у О; d z = - 7 (dx). Jednacina normalne ravni u datoj tacki м odredjenog vektorom роlozaja rо (l,l,з) је (r-ro)dr o О gde је dr o = dro(dx,o,- ј dx) te је jednacina normalne ravni - + (z-з) (- З ) = О tj. - З z = О

15 Jednacina oskulatorne ravni I - У-УО z-z - у- z-3 о о dx dy dz О, tj. dx О _..!. dx d x d y d z О О (dx) I О, te је jednacina oskulatorne ravni у - = О, Vektor normale п krive ) u tacki м dobijamo kao vektorski proizvod vektora + + Ь=Ь(О,l,О) i vektora +t(,0, ),..., -з tj. n:n( -З,О, -) te Је jednacina rektifikacione ravni: ili -з (X-)-(Z-3) = О x+3z-0=0. 6. Odrediti funkciju f(t) iz uslova da binormala krive ) + r... r(t,sint,f(t» bude paralelna ravni YOZ, da kriva ) prolazi kroz tacku A(~,,) + i da u toj tacki ima vektor tangente paralelan vektoru t(,0,). :.. '-+ r r to iz. Яевеnје. Kako је vektor binormale Ь paralelan vektoru -+ -+r r (,cost,f') + ~ r r (О,-sin.t,f") rxr (f" cost + f 'sint,-f'~ - sint) '+ sledi da mora biti prva koordinata vektora ~ r bi vektor Ь bio paralelan ravni YOZ; tj. f'cost + f'sint О, jednaka nuli, da Oda.vde је tj. f' f" lnf' cost - sint с lnsint

16 - 3 - f = cj~ sint Kriva ) sada irna oblik t Cln (tg " ) + С + + ) r r (t,sint,cln( tgi + С ) Iz uslova da kriva ) prolazi kroz tacku А i u nјој irn vektor tal:gente paralelan vektoru t dobijarno da је С =, С= kriva ) postaje 3) + + t r = r (t,si,nt,ln (tg" ) + ) 7. Naci obvojnicu farnilije parabola ) у = + + Ь cija se ternena nalaze п pravoj у=. Resenje. Ako sa Т obelezirno terne parabole ) tada је ут = - 4" + Ь. Kako Т lezi п pravoj у= to је Хт=Ут odakle sledi da је Sada ) postaje ) Ь " у = + + ( " - ) Parcijalni izvod ) ро је 3) Eliminisanjem parametra iz ) i 3) dobijarno pravu 4) koja је obvojnica familije parabola ). ) 8. Naci -ћ. + obvojnicu familije elipsi ~ = za koje је ) + ь =. Ь

17 z ) i ) dobijamo jednacinu familije elipsi 3) Rei'fenje. + у " Parcijalni izvod 3) ро је О, tj. 4 (у - ) + - О Resenja ove jednacine su 4) у+ 5) -у EliminiSuci iz 3) i 4) dobijamo jednacinu 6) 7) (+у) tj. +у = +у=-. Eliminisuci iz 3) i 5) dobijamo jednacinu tj. 8) 9) (-у) =. -у= -у=-. Obvojnica familije elipsi 3) је kvadrat. Jednacine strane kvadr ta s u 6), 7), 8) i 9). 9. Ako oskuatorne ravni krive uvek prolaze kroz jednи stalnu tacku prostora, dokazati da је kriva ravna. НеВеnје. Ako је r vektor polozaja fiksne tacke kroz koju prolaze sve oskulatorne ravni krive, tada је jednacina 05- kulatorne ravni u proizvoljnoj tacki krive odredjena vektorom роlozaja r(t) data sa gde је (r-r )(r(t)xr (t» = о, r vektor polozaja proizvoljne tacke ravni. Kako i r(t) lezi u oskulatornoj ravni, to је

18 Koristeci pravila za izvod skalarnog i vektorskog proizvoda vek- / torskih funkcija skalarne promenljive: d (r (t) r (t» dt imamo: ~ r~ r+~] r_rxr + (r-r )_rxr + (r-r ).[rxr.. = О. Kako su prva dva sabirka u gornjoj jednacini jednaki nuli, to је [-" + ) (r-r ) rxr = О ~ Iz jednacine ) imamo da su vektori r-r, r, r kom.planarni, tj ~ leze u nekoj ravni a t, iz ) lzazl da r-r i, r, r pripadaju a t, tj. u svakoj tacki -;(t) krive''-i-vek.~ori ~, 'r i 'Е' pripadaju istoj ravni, sto znaci da је гr rj. -; = О. Odavde sledi da је torzija ( ~ ) jednaka nuli u svakoj tacki krive, tj. kriva је ravna, jer је Т nacinom 0. Izvesti formulu za krivinu ravne krive zadate jedу = у () jednacina је Tada је Kako је Resenje. Uzimajuci za parametar, njena vektorska oblika -+ r (,у(),о).... r :;. r (,у'(), О), (О,у" (),О). (~) ;= l+y, (), [ (~) Ј 3 = [l+y, () Ј ~, [~xђ = (О,О,у"(», [~x~ = [у" (),

19 to је к п \ -\ у - (Ну д) 3/ z d с i z v е z Ь u. Naci geornetrijsko rnesto sredina norrnala elipse ~ + L t7 uperenih prerna unutrasnjosti elipse. [(ь+у)(6у+ь6) = 4 ь 4 ( _ь ) у ]. Kakvu krivu predstavlja jednacina x=t -t+3; y=t_ -t+l (deo prave -у= gde је.::. ). 3. Dokazati da se jednacina strofoide (-)у =(-) rnoze napisati i u pararnetarskorn obliku at at(t-) = у = +t ' +t 4. Naci rastojanje od koordinatnog pocetka do tangente п krivu у= 3 u tacki sa apscisorn о. ( d 3 о Jx~ Dokazati da su sve norrnale п krivu x=a(cost+tsint); y=a(sint-tcost) podjednako udaljeni od koordinatnog pocetka. 6. Dokazati da povrsina trapeza obrazovanog sa tangen- 3 3 torn п krivu 3у= +, ordinatorn tacke dodira i koordinatnirn osarna ne zavisi od izbora tacke dodira Dokazati da se linije (-)у = i ( +у ) = ь ( +у) seku pod pravirn uglorn. 8. Naci geometrijsko mesto temena pravog ugla cije... strane tang~raju kr~vu Ь - у = Ь ; ( +у = - Ь, > Ь ; za < ь ne postoji takav ugao). 9. Naci obvojnicu krugova sa centrom п hiperboli у=

20 koje tangiraju О osu. [) у=о; ) = 5 +зcr , у = -4-, + 0. Naci kosinuse ugla koji gradi tangenta п krivu +у +z =, у = т sa koordinatnim osama. (Meoscx = zl; MeosB=mz ; meosy=-(mу+); М = (т +l)zl + (myl+x) ) eos t Naci radius krivine za = eos t; у= sin t; Z = (R : sin t ).Povrsi u prostoru Neka је povrs data vektorskoт jednacinoт ~(u,v) = x(u,v)l + y(u,v)j + z(u,v)k ili и paraтetarskoт obliku =x(u,v), у = y(u,v), z = z(u,v) gde је Jacobijeva тatrica ~ Г ranga. Tada је Ako је ЭZ] Эu Эи Эu Э -~ Эv Эv ~,~ vektor norтale -+ п п povrs dat sa [-+~ -+, -+, Эr -+, Эr п r u r v ' r, r u Эu v Эv povrs zadata jednacinoт F(x,y,z) = О, tada је -+ п =( ЭF ЭF ЭF ) Э, Эу, эz. Ako је povrs zadata jednacinoт

21 tada је -+ (Jf (Jf п = ( ёј ' у, -) Jednatina tangentne ravni povr~i -> polozaja r o је и tatki Мо odredjenoj vektoroт Ako faтilija povr~i f(x,y,z,a) =0 iтa obvojnu povr~, to оп sva lezi п povr~i F(x,y,z) =0 koja se dobija eliтinacijoт paraтetra iz jednatina f(x,y,z,a) о, о. Ako dvoparaтetarska povr~ f(x,y, z,a,b) = О јт obvojnu povr~ to sve пјепе tacke zadovoljavaju jednacinu F(x,y,z) =0 koja se dobija еlјтјпсјјот paraтetara i Ь iz jednacina f(x,y,z,a,b) = о, Эf = о, ~ = о ь по tu jednacinu тogu zadovoljiti i druge tacke.. Naci jednacinu tanc;entne ravni i normale п povrs ) f(x,y,z) u tacki А(,,3). -4у +z -6 = О Resenje. Iz af af af - 4z, 8У' =.' у... sledi da је vektor п normalan п povrs ) u tacki А Jednacina tangentne ravni је п = n(4, -6,). (x-)-4(y-)+3(~-3) = О, tj. x-4y+3z-3 о, jednacina normale - -- у- =тz-3-3-

22 Dokazati da ravni koje tangiraju povr~ ) г + гу + гz = о odsecaju п koordinatnim osama odsecke ciji је zbir stalan. Resenje. Jednacina tangentne ravni u tacki (x,y,z) povr~i ) је ) (Х-) +.. (У_у) +.. (Z-z) г гу гz о Ako sa, Ь i с obelezimo odsecke koje ravan ) odseca п,у i z osi, tada је: = + г (Гy+Гz) Ь У + гу (Гx+Гz) с = z + гz (Г+Гу) +Ь+с о. ) 3. Na povrs у + z + xz postaviti tangentnu ravan paralelnu ravni ) x+z-у=о. Resenje. Ako је tangentna ravan povr~i ) u tacki м (Xo,yo,zo) paralelna ravni ) onda vektori n (yo+zo xo,zo +xo ) i ->n (,-,) moraju biti kolinearni, te је tj. у +z о о --- о -t о =т z + о о - t -, 3) z = l t О Kako је tacka М п povrsi ) to је

23 - 38-4)?СоУ о + Zo + z. о о z Iz 3) i 4) sledi da је " - 4 Resenja gornje jednacine su t + - t 3 t о В А ~ = t i t = - 5. " 5 5 У Postoje dve tacke М i М п povrsi ) и kojima је tangentna ravan paralelna ravni ) to su М (- 3 М 3 -, ( -т:= ' /5 5" /5 >'5 5 5" Jednacine tangentnih ravni и tim tackama su ) Х-У + z - 5" О; Х-У + z + 5" о 4. Odsecak normale п povrs = vcosu - ф(и)соsи + Ф'(и)siпи ) У vsinu - ф (u)sinu ф - (и) cosu z = lv koji se nalazi izmedju povrsi i ravni ХОУ projektuje se п ravan ХОУ. Pokazati da је velicina projekcije d stalna (s. 4) Resenje. Ako sa п(п,п,п з ) obeezimo vektor normae п povrs ) и nekoj tacki (u,v) tada је... п gde је [-v+ф (и) +ф" (и)] sinu cos и ј - [-v+ф (и) +ф "(и) Ј cosu~=n i+n 3+п з k I. Sln и, k - { [-V+ф (и) +ф., (и) Ј cosu П [-v+ф(и)+ф" (u)}sin и (- ~)

24 - З9 - n з = [-v + Ф (и) + Ф -- (и) JednacinapravenQrmalne п povrs ) и tacki (u,v) је 3) n n Prodor prave З) kroz ravan ХОУ је tacka A(x--z, y--z,o), tj. n з n з zbog ) је А ( + cos и,у + s in u, о) Projekcija tacke (x,y,z) п ravan ХОУ је tacka В(,у,о). Velicina projekcije d је АБ tj. d = \(cos u + sin u =. 9. Naci geometrijsko mesto rprojekcija centra elipso-. d.;, + у- +.; t t. ~ ~ ~ = п angen ne ravn. Ь с Resenje. ki (,у, z) је Jednacina tangentne ravni п elipsoid u tac-. -; (Х-)+ ~ (У-у)+ ~ (Z-z) = О, ь с dok је jednacina normalne prave п tangentnu ravan ) kroz koordinatni pocetak. Prodormu tacku М ь у z У -- t prave ) kroz ravan ) (tj. projekciju centra elipsoida п tangentnu ravan) dobijamo za t = -"""--" koordinate. tacke М + у +; Kako је z + у + 4" 4" ~ с у у z -4+~+4 Ь с ;r ~ с'* z " с z z У 4+~+4 Ь с, te SU

25 З. У z 4+:--4+4 Ь с 4. jer је (x,y,z) tacka п elipsoidu,te је + у + z " i7, с to iz З) i 4 ) sledi da је ( +у + Z) Х +Ь у +с z trazeno geornetrijsko mesto Г. й 6. Na povrsi ~ ->-... ~ (u,v) aucosvi + businvj + u (acos v + bsin v)k naci krivu u cijirn tackarna tangentne ravni п povrs odsecaju jednake otsecke п у i z osi,ipokazati da је to ravna kriva. НеВеnје. Kako је r u = acosvi +bsinvj + (acos v+bsin v)k -+ r v ->ausinv + bucosv ј + и (-acos v sinv + Ь sin v cos v) k to је vektor п norrnalan р povrs u tacki (и, v). ) ->- ->-, -+, -+,> -+ п = r u r" = - Ьи cosvi - Ьи slnvj + abuk jednacina tangentne ravni glasi odnosno 3) -ucosv(x-aucosv)-usinv(y-businv) + + z-u (acos v+bsin v) :о О, u(cosv)x + и (sinv)y z = --( -- Ь ' ) -:( ь '.. ) ( Ь ' ) u acos v+ Sln v u acos v+ Sln v u acos v+ Sln v

26 О bi ravan 3) odsecala jednake odsecke п у i z osi mora biti tj. usinv - и=---- v ОЈ kn (k =0, I, t, ). sinv Iz gornjeg sledi da је jednacina trazene krive ~(v) -:о Ь -t -, " ctgv Ј. - " Ј +4 (actg v + ь) k odakle se vidi da se ona nalazi u ravni у = - ~ 7. Pokazati da sve tanqentne ravni п povrsi ) z = xf( Z prolaze kroz stalnu tacku. Resenje. az Kako је f( Z ) - Z f'( Z ) dz=f'('i) 'ду to је ) jednacina tangentne ravni kroz neku tacku M(x,y,z) povrsi ) f'f( у ) -У с( 'i )Ј(-)+с( Z ) (Y-y)-(Z-z) L о Kako је z = xf ( ~) to ) postaje 3).. f( Z) _"i. f'("i. )x+f'("i. )Y-Z = п ~ Sve tangentne ravni 3) prolaze kroz koordinatni pocetak. ) 8. Pokazati da su povrsi +у +z = +у + z =' ortogonalne.

27 - 4 - Невеnје. Оуо su dve sfere poluprecnika ~ sa centrom и tacki А( ~,0,0), odnosno Ь(О, ~,О), sto se lako vidi ako se jednacine ) napisu и obliku ) ( -") + у + z "4 + (у -") + z :0"4 Vektori normala п povrs ) и nekoj zajednickoj tacki M(x,y,z) su rt ( -,y,z) i Pokazacemo da su vektori h i rt normalni,... (п п ) = 4 -+4у -y+4z = ( -+у +z )+ ( +у -y+z ) = О, jer tacka М le~! п presecnoj liniji sfera, te пјепе koordinate zadovoljavaju jednacine ). Iz gornjeg sledi da su povrsi ) ortogonalne. 9. Dokazati ortogonalnost sledecih povrsi ) ) 3) у = az, +у +z Ь, z + = c(z +у ). НеВеnје. l п povrsi ), tada је Ako sa П ' П i п з obelezimo vektore norma- ) i 3) и njihovoj zajednickoj tacki M(x,y,z) П n (x,y,z) п з п з (,-су,z-сz) l"... Pokazacemo da su vektori п, П п з uzajamno normalni sto znaci da su i povrsi ortogonalne.

28 О, jer tacka М lezi п povrsi ), о jer tacka М lezi п povrsi ), ~ ~ (n n з ) = - су + z - cz О., jer tacka М lezi п povrsi З). S tim је tvrdjenje zadatka dokazano. ) 0. Naci obvojцu povrs farnilije sferi (-) + у + z - = О ReJenje. njujuci ovo u Iz - (-) = О dobijamo da је =. Zamedobijamo jednacinu obvojne povrsi у + z _ = о. То је kruzni cilindar cije su izvodnice paralelne osi. ). Naci obvojnu povrs familije sferi v (-р) + (y-qa) + (z-ra) = s gde је parametar. Reenje. Parcijalni izvod ) ро је ) -p(x-pa)-q{y-qa)-r{z-ra) = s odakle је px+~+rz = р +q +r -s Ako uvedemo smenu р + qy + rz = GC; Р +q +r -s = В ((З+0) tada је =~, zamenjujuci ovu vrednost od u ) dobijamo jednacinu obvojne povrsi

29 s о.. Naci obvojnu povrs ravni koje prolaze kroz tacku (п, о, О) i od koordinatnog pocetka su п rastojanju '. Resenje. Kako ni jedna od ravni koje zadovoljavaju uslov zadatka nije paralelna osi, to u jednacini ravni kroz datu tacku (n,о,о) } А(-n} + Ву + Cz = о А је uvek razlicito od nule, i moze se uzeti da је пјеп vrednost, р } postaje ) + Ву + Cz I'i Iz uslova da је rastojanje ovih ravni od koordinatnog pocetka, sledi veza, tj. В=± ~, I С! < Vrativsi gornju vrednost za В u ) dobijamo konacni oblik jednacine ravni koje zadovoljavaju uslov zadatka (sa parametrom С) 3) Parcijalni izvod 3) ро С је 4) -С ----'-- у. + z ±Ј;-::СГ о ii z Iz 4) sledi da је 5 ) с z ---, t -Vy / + z ~- /-- Vy + z Iz 5) i 3) dobijamo jednacinu obvojne povrsi - ± у +z / Vy + z о ii ( -) У + z

30 Ovo је jednacina konusa cije је teme u tacki (/,0,0) osa sirnetrije јој је osa. 3. Naci obvojnu povrs farnilije elipsi ) ~ + ~ + ~ = Ь с pri uslovu +Ь +с =. Resenje. Pri gornjern uslovu ) se pretvara u ) I Х У Z + ~ +. (-Ь-С) Ь с Parcijalni izvodi od ) ро Ь i с su 3) 4) - у о 3 ~ (-Ь-С) z 3 -~ (-Ь-С) с О Elirninisanjern pararnetra Ь i с iz ), 3) i 4) dobijarno jednacinu povrsi. Iz 3) i Uvrstirno li с 4 ) sledi da је z У-- tj. [~ "3 ь ь 3-3 с = у с iz 5) u 4) dobijarno da је У ь 3 tj. -b-i~ У /3 ь odatle је (6 ) ь у/3 /3+ /3+ /3 у z Iz 5) i 6) (7) sledi с = da је z/3 /3+ /3 /3 у +z Uvrstivsi vrednostiod Ь i с iz 6) i 7) u ) dobijamo jednacinu obvojne povrsi

31 Napisati jednacine rotacionih povrsi koje se dobiјји obrtanjem: ) elipse Ь) kruga + у oko ОХ ose ~ (-) + у R oko ОУ ose с) parabole z = р oko OZ ose d) hiperbole у -:- oko ОУ ose Ь ) НеВеnје. Х +~= ~ b L Jednacine rotacionih povrsi su (и jednacini elipse у zamenimo sa vl y +z Ь) (и jednacini kruga zamenimo sa VI x +z с) р VI +у 4 z ili z = 4р ( + У ) (и jednacini parabole zamenimo ~ sa +у ) d) + z - у --,- :-7= Ь (и jednacini hiperbole zamenimo VI + z ) 5. Odrediti jednacinu cilindricne povrsi cija је direktrisa (-) = _k (у-ь); z = с generatrise su paralelne pravoj x=mz; y=nz. ) НеВеnје. и:-) Ako је tacka (~,n,~) п direktrisi,tada је _k (n-ь) ) ~ = с Jednacinu prave mozemo napisati и obliku:

32 ~ z m п Т Tada је jednacina generatrise kroz tacku (~,Il,C) x-~ = У-Il = Z-l; = t. m п (gde је (x,y,z) tacka п cilindricnoj povrsi) tj. 3) ; 4) 5) ; -mt у - nt z - t i t ), ), 3),4) i 5) dobijamo jed Eliminisuci parametar ~,Il,; nacinu cilindricne povrsi. г Iz ) i 5) sledi da је 6) t=z-c. Uvrstivsi t iz 6) i u 3) i 4) dobijamo da је 7) ~ 8) x-m(z-c) y-n(z-c) Uvrstivsi iz 7) i 8) vrednosti za ~ i U ) dobijamo jednacinu cilindricne povrsi [x-a-m(z-c)] + k [y-b-n(z-c)] О. 6. Naci jednacinu cilindricne povrsi cije su generatrise paralelne pravoj = у = z i tangiraju elipsoid + 4у + 9z =. Resenje. Ako је tacka A(~,Il,Z;) istovremeno п elipsoidu i п cilindru onda је sa jedne strane ) ~+4l+9;=, sa druge str ane је vektor (,,) u tangentnoj ravni elipsoi-... da u tacki А (~,, ;), gde је vektor normale tanaentne ravni п = = rt(~,4l,9;). Iz uslova normalnosti i rt izlazi da је

33 } F;+4+9z;=O. Z Jednacina generatrise kroz tacku А је B(x.y,z) tj. x-f; -- :i.:l z-r,; -- t, 3} x-t у- t r,; z - t gde је B(x,y,z} tacka п cilindru. Eliminisuci F;,,Z; i t iz }, } i 3} dobijamo jednacinu cilindricne povrsi. Zamenimo vrednosti od F;, i r,; iz 3) u ) i dobijamo у 5.5 tj. -4t+x+4y+'9z = о t = + 4у + 9z 4 Ovako dobiveno t vratimo u 3} zatim vrednosti F;, i r,; iz 3} uvrstavamo u ) i dobijamo (3x-4y-9z} + 4(-X+0y-9z} + 9 (--4у+Sz) = 4 tj. posle kvadriranja i delenja cele jednacine sa 4 dobijamo jednacinu cilindricne povrsi; у + 4Sz - 8у - 8xz - 7yz - 4 О. 7. Naci je~nacinu konusne povrsi ciji је vrh u tacki. (О,О,-с) direktrisa јој је lem~nskata z=o; ( +у ) = ( -у ). Resenje. Ako је A(~,rl,z;} proizvoljna tacka п direktrisi, tada је } (F;+ }=a (F;_ ) i } F; = о. Jednacina generatrise koja spaja (О,О,-с) sa A(~,I,(} је

34 (gde је (x,y,z) proizvoljna tacka п generatrisi) tj. 3) <; xt 4) yt \ z 5) ; -е + (z+e)t Iz jednacina ),),3),4) i 5) elimini вето <;,, ; i t р dobijamo jednacinu у konusne povrsi. Iz ) i 5) sledi da је 6) t е z+e te је 7) <; е z+e i -EL z+e (О.О.-с) iz 7) i ) dobijamo jednacinu konusne povrsi: е ( +у) = ( -у ) (z+e) 5. б 8. Oko paraboloida +у =z opisati konusnu povrs sa temenom и tacki (0,0,-). Resenje. Tacka (<;,,;) paraboloida се biti i tacka konusa ako tangentna ravan paraboloida и toj tacki sadrzi i vrh z konusa (0,0,-). Iz gornjeg sledi da је ) <;+-;=0 Jednacina tangentne ravni и ([,,,;) је tacki у kako tacka (0,0,-) lezi п nјој, to је ) -<; - ++;= )

35 Jednacina generatrise kroz tacke (;,n,с) i (0,0,-) је gde је (x,y,z) proizvoljna tacka п generatrisi tj. З); xt 4) п = yt 5) С - + t(z+) sabiranjem ) i ) dobijamo б) r; = Iz 5) i 6) sledi da је t 4 z+ odavde 4 z+ п = k z+ с = Uvrstivsi gornje vrednosti za ~,n,c u ) dobijamo jednacinu konusne povrsi

36 З. Krive linije п povrsi Neka је povrs data jednacinoт r = r (u,v). Т је pr\fa osnovna forтa Р povrsi odredjena sa gde је r ~du + r ~ dv и v -+ (dr) <, Moze se pisati је F = Е du +Fdudv + Gdv, Е = (r~), F = (r ~. r ~), и и v Jedinicni vektor norтale povrsi је odredjen sa -+ п r и xr v Druga osnovna forтa povrsi је F = (d r 'n o ) = - (dr 'dn o ) = L du +Mdudv + Ndv gde је dr=r"du+r~dudv+r" dv ии uv vv Neka је К krivina povrsi и tacki (u,v) и pravcu (du, dv), R = К poluprecnik krive с dobivene norтalniт presekoт povrsi и toт

37 - 5 - pravcu. Т К је F L ди + Mdudv + Ndv R F Edu + Fdudv + Gdv Podelivsi i brojitelj i imenitelj. du то К kao funkciju о u,v ~ - dv к = f(u,v, du ) dv gornjeg razlomka sa d,,dobija- Pravci za koje К ima maksimalnu i minimalnu vrednost и fiksiraпој tacki (u,v) ZQVU se glavni pravci и toj tacki. Mogu se dobiti kao resenja jednacine к - = о Х gde је Х du = dv G:lavnimpravcima odgovaraju glavne krivine, i опе mogu biti оејепе i kao koreni jednacine () Ako su K i К glavne krivine, tada su R = ~l i R = ~ glavni poluprecnici. ~(Kl +К ) zove se srednja krivina, K К se zove Gaussova krivina povrsi. Iz jednacine () EN-FM+GL EG - F imamo Gaussova krivina povrsi se moze izracunati i preko formule К = R g Kriva п povrsi cija tangenta и svakoj tacki ima pravac jednog о glavnih pravaca и to'j tacki, zove se linija krivine krive. te povrsi. Ako su x i Х resenja jednacine K~ О, to је x du dv )= f (u,v) du Х = ( dv )= f (u,v) Integralne krive gornjih diferencijalnih jednacina su linije krive. Ako је и nekoj tacki K~= О, tada је svaki pravac glavni

38 53 - pravac, tj. normalna krivina је ista za svaki pravac u toj tacki, i ta tacka se zove pupcasta tacka povrsi. Kako к = је + N Lx + М Е + Fx + G ди dv to је tj. к' = о za оnо koje је resenje jednacine (FL-МE)X + (GL-NE) + (GM-FN) = о, - - Е F G О L М N Posle mnozenja prve vrste sa dv dv -dudv ди dobijamo Е F G О L М N sto predstavlja diferencijalnu jednacinu linije krivine. Koristeci Rodrigovu formulu koja kaze д је za glavne pravce, tj. za pravce u kojima је glavna krivina ekstramalna, imamo jos i sledece diferencijalne једnсјnе lјnјје krive: ->- dr л sto povlaci д је dr... [->п dn ->-] = о Kako u prvoj aproksimaciji ~ Р predstavlja rastojanje d tacke ;(и+ди, v+dv) од tangentne ravni povrsi povucene u tac... ki r(u,v), to се biti istog znaka za svako Х, tj. za svaki pra- ди vac dv (Ь) ako је diskriтinanta kvadratnog trinoma Lx + М + N negativna, tj. ako је м - LN < О i takva ta6ka povrsi se zove elipticna tacka. и okolini te ta6ke povrs је sa iste strane tangentne ravni.

39 Ako је diskriminanta od du tada се postojati pravci dv za 54 (ЬЈ koje је pozitivna, F >0 i tj.!>' - LN > О takvi za koje је F <О, tj. povr' се u toj ta6ki biti sa razne strane tangentne ravni. Takva tatka se zove hiperbolitna tatka povr'i. Pravci za. koje је F = О t]. Lx + М + N =0 zovu se asimptotski pravci u odredjenoj tatki i u tim pravcima tangentna ravan dodiruje povrs. Kriva п povr.i tija је tangenta u svakoj tatki kolinearna sa asimptotskim pravcem u toj ta6ki zove se asimptotska linija po~ vr'i. Normalna krivina asimptotskih linija је nula. Dobijaju se kao integralne krive diferencijalne jednatine Р =0. Iz hiperbolitne tatke povr.i izlaze dve asimptotske linije. dvostruku nulu i svake Ako је м - LN = О, tada jedna6ina Lx + М + N ima jednu postoji samo jedan pravac duz koje tangentna ravan dodiruje povr'. Takva tatka povr.i zove se parabolitna tatka povr'i. Ako glavna normala krive е zaklapa sa normalom povr.i ugao е tada је (е lezi п povr.ij R = ± R еоз 8 gde је R polupretnik krivine krive e, R polupretnik krivine krive е, koja se dobija normalnim presekom povrsi u ta6ki krive е i u pravcu iste. oskulatorna ravan krive е sadrzi tangentu krive е i normalu povr'i. (е i еl imaju istu tangentu!. Kriva п povr.i koja је постlп п nivoskoj liniji роvr'i z =0 zove se linija najve6eg nagiba. Krive п povr.i kod kojih se glavna постl povrsi роklapa sa glavnom постl0т krive u svakoj tatki krive zovu se geodezijske linije povr'i. vazi Normala povr.i је tada постlп п binormalu krive, tj. -+ п [ ].dr d. r О tj. [ -+ r ~ -+ r Ј [-+ dr d -+] r u v О

40 z А D А С I. Na6i } linije najve6eg nagiba povrsi v L- - z = () р q prema ravn i ХОУ. vrsi } su } Resenje. Projekcije nivovske linije п ravan ХОУ ро- L - = () q Diferencijalna jednacina od }.L..L. vv' = () Р q је diferencijalna jednacina ortogonalnih trajektorija је ~+.:L р y'q () tj. Resenje ove jednacine је. Odrediti asimptotske linije povr~i' z = у. Resenje. Stavljaju6i =и i y=v gornja povrs ima jednacinu... r (u,v,u v ) Kako је..., r u (l,o,v ), ::... J.. v... п "f' "f" = (О, О, О), ии (0,,uv) "f" (0,0,v), uv..., "f" xr и v vv (0,0,и) п (-v,-uv,), Inl =Vv+4uv d r = r" du + r" dudv + r" dv = (О, О, v du dv + и dv ) ии uv vv

41 Diferencijalna jednacina asimptotskih linija је Р =0 tj F = d r п = -- d r n = -- (vdudv+udv ) = О о Gornja jednacina је zadovoljena za dv = О ili vdu + udv = О tj. cija su resenja du и dv v ASimptotske linije п povrsi su з. Odrediti linije krivine povrsi:... r = (и, v, и +v ). Вевеnје.... ~ r и... ~ r v Kako је (,0,и) (0,,v) -+ -+, п = r r (-u,-v,) и v... dr (du,dv,udu+vdv) dn (-du,-dv,о)... [ to i z dr п dn о imamo: udu + vdv = о tj. -uvdu + du) dv / (и -v ) du dv + u v dv = О О / -(и -v )± v (и -v )+4и v - u v u +v = С, Cv

42 Linije krivine su krive (и, :!: {с-и, С) (Cv, v, С v + v ). 4. Naci ugao pod kojim se seku koordinatne krive роvrsi: r ( cos u s in v, s in u s in v, cos v). Невеnје. krivih, tada је cosq Ako Obelezimo sa Ф ugao izmedju koordinatnih.... ~ ~ Za datu povrs је r u (-asinu sinv, acosusinv,о), r v (acosu cos v, asinu cosv,- sin v ) Kako је ~ ~.~ ~ = О to su koordinatne krive ove povrsi u svakoj tau v cki normalne. 5. Odrediti linije krivine povrsi: Невеnје. ~ = (и cos v, u s in v, v ).... ~ ~ r u Za ovu povrs је ( cos v, sin v,o).. п = r v (-и s in v, u cos v, ), / v +и ( sin v,- cos v,u) (acos v, sinv,o)

43 = (-ausinvdu+a ( +и ) cosvdv, aucosvdu+a (a +u)sinvdv,adu ) ( )3/ +и d~ = ~' du + ~' dv = и v = (cosvdu-usinvdv,sinvdu+ucosvdv,adv) Лkо za diferencijalnu jednacinu linija krivina uzmemo d~9 tada је -ausinvdu+a ( +и ) cosvdu - usinvdv cosvdv aucosvdu+a(a +u )sinvdv sinvdu + ucosvdv du dv... л dr, Izjednacavanjem bilo koja dva razlomka gornje jednacine dobijaто diferencijalnu jednacinu oblika du / V +и 6. Odrediti krive koje polove uglove izmedju koordinatnih krivih п povrsi i linije najveceg nagiba, ako је jednacina povrsi:... r ~(u,v) (и cos v, u sin v, u+v). Resenje. Ako sa~' i~' obelezimo jedinicne tanио vo gentne vektore п koordinatne krive, sa dr tangentni vektor trazene krive, tada је ili ili ili zajedno: () diferencijalna jednacina trazenih krivih. Imamo: -; " ( cas v, s in v, ) u -;... (-и s in v, u cos v, ) v

44 , r ио +, r vo -+ r v =(cos vdu-u sinvdv,sinvdu+ucos vdv,du + dv) () postaje (cos vdu-u sin v cos v dv +sinvdu+u sin v cos vdv + + du + dv) = ± (. d. d d -и cos v Sln v и+и Sln v V+uSln v cos v и+ + и cos v dv +du+dv). Odavde је (du+dv) ± /" )dv du :! dv cije је resenje v / = С ± ln(u+ Ju +l trazene krive imaju oblik ]\ r(u,v ) : :(u,v ) Linije najveceg nagiba su normalne п cija је jednacina -+ r З = «C-v) cos v, (C-v) sin v,с) nivovske linije z=u+v=c, Diferencijalna jednacina nivovskih linija је dr ~u+v=c). (Ј: з); = О Kako је (r з ); = (-соsv-(с-v)sinv,-sinv+(с-v)соsv,о) (dr) (u+v=c) = (cos vdu-(с-v)sinvdv,sinvdu+(с-v)соs vdv,du+dv)

45 ~. (dr) (u+v=c) =-cos vdu+ (C-v) s~n v - cos vdv- - (C-v) sin v cos v du+ (C-v) sinvdv-sinvdu, - (C-v) sin v cos v dv+ (C-v) cos v sin v du + + (C-v) cos v dv = О -du + (C-v) dv = О => v З и = С v-cv +:з + С = f(v) i jednacina nivovskih linija је ~ r = (f(v)cosv,f(v)sinv,f(v) +v). 7. Naci glavne prayce, glavne krivine, srednju i Gaussovu krivinu и proizvoljnoj tacki povrsi r = (u,v,uv) Resenje. R к Kako је ~ ~ d r n о to iz ~, r и ~, r v ~ r" ии ~, r vu ~, r uv (,0,v) (О,l,и) (0,0,0) (О, 0,) (О,О,) Irnarno ~" vv -> п = -> по (О,О,О) ->, -,, r u r v (-v,-и,), -> П I~I I и +v + (-v,-u,l), dr = r 'du+r 'dv = (du, О, vdu) + (О,dv,udv) = (du,dv,vdu+udv), и v, > ->, -+ d r =r~u(du) +r~ududv+r~vdudv+r~v(dv) = (0,0, dudv)

46 - 6] - Odavde је du dv ~ = к = ~/::;;~~;;:::= (du +dv +v du +uvdudv+u dv ) Vu +v + Podelimo i broitelj i imenitelj gornjeg razlomka sa dv (dv -F О) i obele?imo du dv, tada је.!. = к = -;::;;::::::::;;=- R / Vu +v + Glavni pravci se dobijaju za оnо (l+v ) +uvx+(+u ) du dv = za koje је R maksimalпо ili minimalno, tj. za koje је (.!. )' = о. DObiJ'amo R R ), К'' ' Vu +v + - ( +v ) + + u [ (l+v ) +uvx+(+u ) Glavni pravci se dobijaju za du ) dv l+и +v tj. dv Vl+v i du dv Ј+и Vl+v cija su resenja u +Ј +и dobijamo / Vu +v + Slicno za dobijamo:

47 / V u +v + Odavde se laka dabija da је srednja krivina -uv Gaussava krivina R R - (l+и +v ) 8. Odrediti asimptatske linije, linije najveceg nagiba geadezijske linije pavrsi -+ r ( и cas У, и s in v, и ). Resenje. Za avu pavrs је -+, r и ( cas v, s in и, - ) "Е' = (-и S in v, и cas v, О ) v -+ (0,0, ~) и и (-sinv, cas v,o) r~ = (-ucas v, -и sinv,o) п = [;~ x}~ Ј= ( ~ cas v, ~ sinv,u) dr =r'du +r'dv = (cas vdu-u sinv dv, sin vdu +и cas v dv,_ d~) и. v и d r = r" du + r" du dv + r dv = ии uv vv = -SinVdudv-uсSVdv,сSVdUdv-uSinVdv,; du ) Jednacinu asimptatskih linija mazema pisati и sta za avu pavrs pastaje abliku + + d r п = О, и

48 - БЗ - sin v cos v du dv - cos v dv + ~ sin v cos v du dv -sin v dv + и и + du = О и dv ~ du = :!: dv и cije је resenje c±v и '=- еп- / ln и = С + V - I ASirnptotske linije su v+c v+c -v-c c-v cos v,е c-v.. ( ; ' r = е cos v, е Sn v, е Linija najvecegnagiba је norrnalna п nivovsku liniju za koju је Z = и С' tj. п krivu.. r з Ccosv,Csinv,C) tj... dr(u=c) О Kako је.. du dr (и",с) = (cos v du-c sin v dv, sin v du+ С cos v dv, - с.. dr з = (-С sinvdv,ccos vdv,o) to је diferencijalna jednacina linije najveceg nagiba: tj. -С sin v cos v du dv+c sin v dv +C cos v sin v du dv + + c cos v dv = О, cije је resenje v=k. Linije najveceg nagita irnaj~ jednacinu.. r = (ucosk,usink,u:) Projekcije linija krivina п ravan ХОУ su prave у= tg k, tj. prave kroz koordinatni pocetak, sto se vec rnoglo naslutiti iz jednacine povrsi date u obliku

49 - б4 - x +i Iz jednacine geodezijske linije date и obliku + г + +] n.. dr d r = sledi da је nјеn diferencijalna jednacina oblika.!. cos v и.!. sin v и и sin vdu+u cos v ду., cos v du dv-u Sil. V dv- cos v du-u sin v dv -sin v du dv-u cos v dv sto se svodi п (-ј +u)dudv + изdv З и ( Ova diferencijalna jednacina se raspada п dve Resenje prve је dv = i dv = 4+ и 4 du -би v=k, sto znaci da su linije najveceg ngiba istovremeno i geodezijske linije ove povrsi, dok drugu mоzemo pisati и obliku: Smenom u =t dobijamo dv = ± v'4-:;:-;;г du З и v = ± f v'4~ " t dt. ) 9. Naci linije krivine povr~i z = - - ln ( cos cos у). Вееnје. Normala povrsi је п = (-z~, -z;,) = (-tg,-tg у,). Odavde је dn = ( - adx cos a.,.,d У",-- ),О cos у

50 Tangentni vektor п povrs u praveu (dx,dy) је д; = (dx,dy,z'dx+z'dy) = (dx,dy,tg axdx+tg уду) у Лkо za difereneijanu jednacinu inije krive uzmemo dr. [п xdn]=o tada је tj. д Odavde је -tg - д ду -tg у -ду --- eos eos у tg ~g у eos у ду eos a~' (dy) _ ± д eos tg д+ tg у ду О ~tg ax~ (д) eos ax О О. cija su resenje п tg тr-:a y п- :t п tg п С tj. ) tg п-у tg тr-ax С 4 4 3) tg тr-ay С tg п Presek povrsi ) i famiije eiindra ) дје jednu famiiju inija krivina povrsi, presek ) i 3) дје drugu famiiju. 0. Naci geodezijske inije eentrane sfere pouprecnika. obliku Resenje. Jednacinu eentrane sfere тo~eтo, pisati u... r = ( eos v eos и, eos v sin и, sin v) Kako је..., r u (- eos v sin и, eos v eos и,о)

51 , r v (- sin v св и,- sin v sin и, cas v) ta је П r xr и v (.. ) св v св и, cas v s~n и, s~n v cas v d~ = ~'du + ~'dv = и v (- cas v sin и du-a sin v cas и dv,a cas v cas и du- - sin v sin и, cas v dv) Nadalje је -+ r" ии ~.. uv (- cas v cas и,- cas v sin и,о) ( sin v sin и, - sin v cas и, О) (- cas v cas и, - cas v sin и, - sin v) (А,В,С) gde је А = - cas v cas и du -i"a sin v sin и du dv-a cas v casudv В = - св v sin и du-a sin v casudu dv-a cas v sin и dv С = - sin v dv Diferencijalna jednacina geadezijske linije је r;:. rd~ d~i = О, sta izracunavanjem vrednasti adgavarajuce determinante pastaje Stavljajuci du=o dabijama geadezijske linije и=с, uparednike -+ sfere. Stavljajuci sin v =0 dabijama meridijan r = ( cas и, sin и,(\ dak cas v =0 nе daje lij:liju п sferi. Resenje diferencijalne jednacine dv + cas v du = О tj. је dv + i du св v lnc + ln I tg ( ~ + ) I ± iu tj. v т Ctg ( " + "4 iu ± е

52 ZADACI ZA VE~BU. Na6i tangentnu ravan п povrs xn+yn+zn=an и ta~ki (Х 'у l' z ) n- (Х n- n- Х+У у + z z. Na6i jednacinu tangentne ravni п povrs x=ucosv,y =usinv, z = av. r sin v-y cos v+ ~ z и v Ј. з. Na6i tacke п elipsoidu + " normalna obrazuje ugao sa osom. ~+ ь и kojima, 0. "4" tg 5. Na6i obvojnicu и kojima otsecci,ь,с, п osama zadovoljavaju uslov a n+bn+cn=. 6. z=q; у =z, =о. (xa+ya+za = с; (n+)a = п) Na6i orvojnicu ravni које tangiraju parabole у =, (у =(x+z». z =!!. 7. Na6i linije krivine п hiperrolicnom pararoloidu (и preseku povrsi z= ~ i (н/ + ) (у ±a+i) С] 8. Na6i linije najveceg nagil::a п povrsi + Ьу + + cz. Ьј (и preseku povrsi + Ьу + cz =, У = е )