Dokument ma'lumotlari

Narxi 30000UZS
Hajmi 772.5KB
Xaridlar 0
Yuklab olingan sana 03 Iyun 2025
Kengaytma docx
Bo'lim Kurs ishlari
Fan Algebra

Sotuvchi

G'ayrat Ziyayev

Ro'yxatga olish sanasi 14 Fevral 2025

136 Sotish

Affin fazolarda to`gri chiziq v tekislikga doir metrik masalalar kurs ishi

Sotib olish
O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY TA’LIM, FAN VA INNOVATSIYALAR VAZIRLIGI Farg’ona davlat universiteti Fizika-matematika fakulteti Matematika yo`nalishi 1- kurs 24.02- guruh talabasi Nu`monjonova Xuriyatxonning Analitik geometriya fanidan “ Affin fazolarda to`gri chiziq v tekislikga doir metrik masalalar ” mavzusi KURS ISHI Kurs ishi rahbari: B. Toshbuvayev Farg’ona-2025 MUNDARIJA KIRISH. …………………………………………………………………………….. 3 I BOB . AFFIN FAZOLAR ……………………………………………….................7 1 -§. Chiziqli fazo…………………………………………………………………….. 7 2-§. n o‘lchovli affin fazo. Affin koordinatalar sistemasi ……………........................9. 3-§. n o‘lchovli affin fazolarning izomorfligi……………………………………... 15 II BOB. AFFIN FAZOLARDA TO‘G’RI CHIZIQ VA TEKISLIK ……………18 1-§. Affin fazolarda tekislik…………………………………………....................... 18 2-§. Affin fazolarda to‘g’ri chiziq…………………………………………………. 27 3-§. Affin fazoda to‘g’ri chiziq va tekislikning o‘zaro vaziyati……………………33 XULOSA …………………………………………………………………………..36 FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR………………………………………....37 KIRISH Matematika hamma aniq fanlarga asos. Matematikani yaxshi bilgan bola aqlli, keng tafakkurli bo‘lib o‘sadi va istalgan sohada muvaffaqiyatli ishlab ketadi. SH.M.Mirziyoyev Ilm o‘rganish har bir inson uchun hayot yo‘llarida asqotadigan, odamlar orasida uni ajratib turadigan, yolg’iz qolgan paytlarida yo‘ldosh bo‘lib, tushkunlikka tushganida doimo madadkor bo‘luvchi yengilmas quroldir. Shu nuqtai nazardan bugun har birimiz ilm olishimiz, mukammal bilim egallab, kasb-hunar o‘rganishimiz va bu orqali o‘z kelajagimizni o‘zimiz yaratib, mamlakatimiz gullab yashnashi, ravnaq topishi uchun o‘z hissamizni qo‘shishimiz zarurdir. Kurs ishining dolzarbligi: Talabalar intellektual tafakkurini shakllantirish asosida talabalar qobiliyat va qiziqishlarini rivojlantirish ularning “Affin fazolarda to‘g’ri chiziq va tekislikga doir metrik masalalar” mavzulari bo‘yicha bilimlarni yanada chuqurlashtirish. Mamlakatimizda hozirgi paytda yoshlarga ta’lim-tarbiya berishga alohida e’tibor qaratilmoqda. Ta’lim tarbiya hamisha jamiyat taraqqiyotining asosi bo‘lgan. Chunki, inson jamiyatdagi barcha munosabatlar, aloqalarning markazida turadi. Fan-texnika va axborotdagi revolyutsiya inson va uning ilmiy-ma’rifiy potensialini ijtimoiy-iqtisodiy taraqqiyotning hal qiluvchi omiliga aylantiradi. Kelajakda erishishimiz lozim bo‘lgan buyuk maqsadlarga erishish uchun , avvalo , yuqori malakali, zamon talabiga javob beradigan mutaxassis kadrlar tayyorlashimiz kerak. O‘zbekiston Respublikasining “Ta’lim to‘g’risida”gi qonuni va “Kadrlar tayyorlash milliy dasturi” xalqaro ta’lim standartlarini mamlakatimiz oliy ta’lim tizimiga joriy qilish, yuqori malakali zamonaviy kadrlar tayyorlashda milliy an’ana va tajribalarimiz bilan birga ilg’or jahon tajribalaridan keng foydalanish borasida yangi imkoniyatlar taqdim etayotganligi barchamizga ma’lum. Shu jumladan, yurtimizda matematikani rivojlantirishga qaratilgan ko‘plab chora-tadbirlar amalga oshirilayotganligining guvohimiz. Matematika aniq bir bilim sohasi va turli sohalarga chuqur kirib borayotgan universal vosita bo‘lib qolmasdan sivilizatsiyaning ajralmas qismi, umuminsoniy madaniyatning muhim elementi hamda dunyoni ilmiy o‘rganish tilidir. Matematik bilim hayot sirlarini o‘rganishda, kasb tanlashda muhim bo‘lgani bois fikrlash madaniyati tarkibidagi qat’iylik, aniqlik, izchillik, mantiqiylik va asoslanish singari qirralarining shakllanishiga xizmat qiladi. Ulkan iqtisodiy o`zgarishlar yuz bеrayotgan hozirgi davrda matеmatikaning ahamiyati yanada oshdi, shuning uchun ham matеmatik ta’lim katta ijtimoiy ahamiyatga ega. Rеspublikamiz hukumati yoshlarga ta’lim va tarbiya bеrish tizimini takomillashtirish, ta’lim va tarbiyani turmushning oshib borayotgan talablari darajasiga yеtkazish vazifasini qo`ydi. Ma’lumki o‘quvchilarning fikrlash qobiliyatlarini rivojlantirish har bir fan oldidagi muhim masalalardan hisoblanadi. Jumladan umumiy o‘rta ta’lim maktablarida o‘quvchilarning intellektual qobiliyatlarini rivojlantirish dolzarb masaladir. Shu bois geometriya o‘qitish jarayonida har bir o‘quvchining intellektual qobiliyatlarni rivojlantirish muammosi o‘zining strukturasi jihatidan ancha murakkab bo‘lib, uning tarkibida matematik qonuniyatlar, faktlar, munosabatlar asosida yuzaga kelishi tabiiy holdir. Shuning uchun ham har bir o‘quvchi geometriya darslarida geometrik obrazlar bilan ish ko‘radi, chunki undagi o‘lchamlarni, kattaliklarni sezadi va bu kattaliklar orasidagi mavjud qonuniyatlarni idrok etadi, o‘z tasavvuriga tegishli geometrik obrazlarni keltirib va bularni mushohada asosida o‘z in’nikosiga o‘tkazadi. Geometriya kursida geometrik obrazlarni ko‘p holda ideal ko‘rinishda tasavvuriga keltiriladi va shunday tafakkur qilinadi. Affine fazolarni o‘rganishda to‘g’ri chiziqlar va tekisliklar o‘rtasidagi o‘zaro munosabatlarni tahlil qilish muhim o‘rin tutadi. Bu fazolar o‘zaro affine transformatsiyalar yordamida o‘zgaradi, ya’ni chiziq yoki tekisliklarning shakli, orientatsiyasi va o‘lchamlari transformatsiyalar orqali o‘zgartiriladi, ammo ularning relative joylashuvi va nisbiy masofalari saqlanadi. Bu o‘zgarishlarni tahlil qilish esa ko‘plab amaliy masalalar, jumladan, kompyuter grafikasi, robototexnika, fizik modellashtirish va boshqa ilmiy-texnikaviy sohalarda qo‘llaniladi. Affine geometriya o‘rganiladigan asosiy obyektlardan biri – to‘g’ri chiziqlar bo‘lib, ular bir nuqtadan boshqasi orqali o‘tuvchi va teng masofali nuqtalarni bog’laydigan geometrik obyektlardir. To‘g’ri chiziqlar o‘rtasidagi masofani hisoblash, affine fazolarda ularning orientatsiyasi va joylashuvi bilan bog’liq masalalarni yechishda muhim ahamiyatga ega. Shuningdek, affine geometriyada tekisliklar ham alohida rol o‘ynaydi. Tekisliklar bir nechta o‘zgartirishlar yordamida o‘zgartirilsa-da, ular orasidagi o‘zaro masofalar, burchaklar va joylashuvlar affine transformatsiyalar orqali aniq o‘lchanadi. Metrik masalalar affine geometriyaning ajralmas qismidir. Metrik geometriya, fazolar orasidagi masofalarni, burchaklarni va boshqa geometrik o‘lchovlarni o‘rganadi. Affin fazolarda o‘lchovlar, ya’ni masofalar va burchaklar, affine transformatsiyalar ta’sirida qanday o‘zgarishini aniqlash esa nazariy jihatdan juda qiziqarli va amaliyotda zarur bo‘lgan masala hisoblanadi. Masalan, kompyuter grafikasi sohasida ob’ektlarning o‘lchamlari va shakllarini o‘zgartirishda, fazolar orasidagi masofalarni hisoblashda affine transformatsiyalarning qanday ta’sir qilishini tushunish zarur. Shu bilan birga, affine geometriya va metrik masalalar nafaqat matematik sohada, balki amaliy sohalar, xususan, fizika, arxitektura, kompyuter fanlari va robototexnika kabi sohalarda ham keng qo‘llaniladi. Affin transformatsiyalar yordamida fazolarni tahlil qilish, fazolarni o‘zgartirish va yangi geometrik ob’ektlarni yaratish imkonini beradi. Shuningdek, bu masalalar yordamida tasvirlar va modellarni yaratishda, fazolar orasidagi masofalarni va burchaklarni aniqlashda asosiy yondashuvlar ishlab chiqiladi. Ushbu kurs ishida affine geometriya asosida to‘g’ri chiziqlar va tekisliklar orasidagi masofalarni hisoblash va o‘zgartirish usullari tahlil qilinadi. Affin transformatsiyalar yordamida geometriyadagi ob’ektlar va fazolarni qanday o‘zgartirish mumkinligi, shuningdek, ularning metrik xususiyatlari, masofalar va burchaklar qanday o‘zgarishini ko‘rib chiqamiz. Shuningdek, bu ishda affine geometriya nazariyasi, uning amaliy qo‘llanilishi va metrik masalalar yuzasidan bir qator misollarni ko‘rsatish orqali, sohaning chuqurroq o‘rganilishi maqsad qilingan. Kurs ishining maqsadi va vazifalari: Affin fazolar haqida ma’lumot berish va affin fazolarda to‘g’ri chiziqlar va tekisliklarning vaziyatlarini yoritib berish va ularga oid masalar yechish ko‘rsatish. I BOB. AFFIN FAZOLAR. 1-§. Chiziqli fazo Fazo fundamental kattalik bo lib, quyidagicha ta riflanishi mumkin:ʻ ʼ  olamning fundamental tuzilishi qismlaridan biri, ichida jismlar ajratilgan, joylashgan, shakllari va hajmlari aniqlangan, harakat qilishga imkonlari bo lgan o lchamlar to plami; ʻ ʻ ʻ  yuqoridagi ta rifga qarshi ma noda ʼ ʼ : mavhum matematik konseptual soha (vaqt va son kabi) bo lib, uning yordamida biz jismlarning joylashishi, shakli, ʻ hajmi, harakati va ular orasidagi masofani taqqoslaymiz va o lchaymiz; ʻ  Yer va uning atmosferasi tashqarisidagi koinot qismi. Matematikada chiziqli fazo, faktor fazo, va ... lar ham bor. Biz yashab turgan fazo 3 o lchovli fazo hisoblanadi. Va yana matematikada biz yashab turgan 3 ʻ o lchovli fazodan tashqari 4, 5, ... o lchovli fazo tushunchalari ham kiritilgan. Albatta ʻ ʻ bu kiritilgan fazolar faqat nazariy jihatdan tushuntiriladi, amalda esa, hattoki, 4 o lchovli fazoni ham tasvirlab berish juda mushkul vazifa. ʻ Elementlari vektor deb atalgan bo‘sh bo‘lmagan V to‘plam berilgan bo‘lsin. Bu to‘plamning elementlarini ustiga strelka qo‘yilgan kichik lotin harflari ⃗ a , ⃗ b ,…, ⃗ x , ⃗y … bilan belgilaylik. Bundan tashqari, haqiqiy sonlar to‘plami R berilgan bo‘lib, V va R elementlarini bog’lovchi ma’lum munosabatlar o‘rnatilgan bo‘lsin, jumladan: I. V ning ixtiyoriy ikki ⃗a , ⃗b vektori uchun ularning yig’indisi deb atalgan, shu to‘plamning elementidan iborat uchinchi bir vektor mos keltirilgan bo‘lsin, bu vektorni ⃗a + ⃗b ko‘rinishida yozaylik. II. V ning ixtiyoriy ⃗a vektori va ixtiyoriy k haqiqiy son uchun V ning shunday bir elementi mos keltirilgan bo‘lsinki, bu element ⃗a vektorni k songa ko‘paytirishdan hosil qilingan deyilib, uni k ⃗ a ko‘rinishida yozaylik. Kiritilgan bu ikki amal quyidagi 8 ta aksiomani qanoatlantirsin. 1-aksioma: Vektorlarni qo‘shish kommutativlik qonuniga bo‘ysunadi, ya’ni ∀ ⃗a , ⃗b V ϵ uchun ⃗a + ⃗b = ⃗b + ⃗a . 2-aksioma: Vektorlarni qo‘shish guruhlanish qonuniga bo‘ysunadi, ya’ni ∀ ⃗a , ⃗b,⃗c V uchun (ϵ ⃗a + ⃗b )+ ⃗c = ⃗a +( ⃗b + ⃗c ). 3-aksioma: V da nol vektor degan ⃗ 0 element mavjud bo‘lib, ∀ ⃗a V uchun ϵ ⃗ a + ⃗0 = ⃗ a tenglik o‘rinli. 4-aksioma: V ning ixtiyoriy ⃗a vektori uchun V da shunday ⃗`a vektor mavjud bo‘lib, ⃗a + ⃗`a = 0. Bunday ⃗`a vektor odatda ⃗a vektorga qarama-qarshi vektor deb ataladi.  Bu to‘rtta aksioma vektorlarni qo‘shish aksiomalari deb ataladi. 5-aksioma: ∀ k R va ϵ ∀ ⃗ a , ⃗ b V uchun ϵ k ⃗¿¿ + ⃗ b )= k ⃗ a + k ⃗ b o‘rinli. 6-aksioma: ∀ k,t R va ϵ ∀ ⃗a V uchun (k+t)ϵ ⃗a = k⃗a +t ⃗a o‘rinli. 7-aksioma: ∀ k , t R va ϵ ∀ ⃗ a V uchun k(tϵ ⃗a¿ = (kt)⃗a o‘rinli. 8-aksioma: ∀ ⃗a V uchun ϵ 1∙⃗a = ⃗a o‘rinli.  Bu to‘rtta aksioma vektorni songa ko‘paytirish aksiomalari deb ataladi. Shu sakkizta aksioma shartlarini qanoatlantiruvchi V to‘plam chiziqli fazo yoki vektor fazo deyiladi. Bundan keyin biz chiziqli fazo elementlarini vektorlar deb aytamiz. Agar chiziqli fazodagi vektorlar uchun faqat haqiqiy songa ko‘paytirish amali aniqlangan bo‘lsa, u holda bunday fazo haqiqiy chiziqli fazo deyiladi. Agar chiziqli fazodagi vektorlar uchun kompleks songa ko‘paytirish amali aniqlangan bo‘lsa, u holda bunday fazoga kompleks chiziqli fazo deyiladi. 9-aksioma: V vektor fazoda n ta chiziqli erkli vektor mavjud 10-aksioma: V vektor fazodagi har qanday n+1 ta vektorlar sistemasi chiziqli bog’liqdir. Keltirilgan 10 ta aksioma shartlarini qanoatlantiruvchi vektor fazo n o‘lchovli vektor fazo deyiladi va u Vn bilan belgilanadi. Chiziqli fazoni aniqlovchi aksiomalardan, quyidagi xossalarni ajratish uchun: 1-xossa. Har qanday chiziqli fazo uchun yagona ⃗θ vektor mavjud. 2-xossa . Har qanday chiziqli fazoda har bir ⃗ x vektor uchun unga qarama-qarshi bo‘lgan yagona ( − ⃗ x ) vektor mavjud. 3-xossa. Har qanday chiziqli fazoda har bir ⃗ x vektor uchun ⃗ θ ∙ ⃗ x = ⃗ θ tenglik o‘rinli. 4-xossa. Har qanday λ haqiqiy son va ⃗θ ∈ V element uchun λ ∙⃗θ= ⃗θ munosabat hamma vaqt bajariladi. 5-xossa. λ ∙⃗a=⃗θ ⟹ bunda λ=0 yoki ⃗a= ⃗θ . Izoh. ⃗ y − ⃗ x vektorlar ayirmasi deb, ⃗yva (−⃗x) vektorlar yig’indisi tushuniladi. 1.1.1-Ta’rif : V chiziqli fazodan olingan x 1 , x 2 , … x n elementlar λiRϵ , (i=1,2,3, …n) sonlar yordamida qurilgan λ1 x 1 + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 + … + λ n x n ifodaga x 1 , x 2 , … x n elementlarning chiziqli kombinatsiyasi deyiladi. 1.1.2-Ta’rif : Agar y = λ 1 x 1 + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 + … + λ n x n tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda y element x 1 , x 2 , … x n elementlarning chiziqli kombinatsiyasidan iborat deyiladi. 1.1.3-Ta’rif : Agar λ 1 , λ 2 , … λ n koeffitsiyentlardan hech bo‘lmaganda bittasi noldan farqli bo‘lganda λ1 x 1 + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 + … + λ n x n =θ tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda x 1 , x 2 , … x n elementlar chiziqli bog’liq deyiladi. Agar λ1 x 1 + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 + … + λ n x n =θ tenglik λ 1 , λ 2 , … λ n koeffitsiyentlardan barchasi nolga teng bo‘lgandagina o‘rinli bo‘lsa, u holda x 1 , x 2 , … x n elementlar chiziqli erkli, aks holda x 1 , x 2 , … x n elementlar chiziqli bog’liqli deyiladi. Bu yerda, θ chiziqli fazoning nol elementi. 1.1.4-Ta’rif : Agar V chiziqli fazoda n ta chiziqli erkli elementlar mavjud bo‘lib, har qanday n+1 ta element chiziqli bog’liqli bo‘lsa, u holda V chiziqli fazoning o‘lchovi n ga teng deyiladi. 1.1.5-Ta’rif : n o‘lchovli V chiziqli fazoda har qanday n ta chiziqli erkli vektorlar sistemasi bu fazoning bazisi deyiladi. Odatda bazis vektorlar sistemasi ⃗e1,⃗e2,... ,⃗en kabi belgilanadi. Masalan, darajasi n dan oshmaydigan barcha ko‘phadlar to‘plami chekli o‘lchovli, ya’ni (n+1) o‘lchovli chiziqli fazo tashkil qiladi. Bu fazoning bazisini { 1, t, t 2 , …, t n } vektorlar sistemasi tashkil qiladi. 2-§. n o‘lchovli affin fazo. Affin koordinatalar sistemasi . n o‘lchovli affin fazo n o‘lchovli vektor fazo va elementlari nuqtalar deb atalgan (bu elementlarni biz bosh lotin harflari bilan belgilaymiz) Ω ={ A , B , ... } to‘plam berilgan bo‘lsin. Ω to‘plam bilan Vn to‘plam orasida shunday moslik o‘rnatamizki, Ω dan ma’lum tartibda olingan ikki M, N nuqtalar uchun V n dagi aniq bitta ⃗a vektor mos kelsin, buni ⃗a=⃗MN deb belgilaymiz. Lekin shuni ta’kidlash zarurki, Vn dagi har bir vektorga Ω da nuqtalarning tartiblangan turli juftlari mos kelishi mumkin. Masalan, ⃗ a = ⃗MN = ⃗ PQ = ⃗KL , bunda M, N, P, Q, K, L larning barchasi Ω ga tegishlidir. ⃗a=⃗MN yozuvini quyidagicha ifodalaymiz: ⃗ a vektorni M nuqtadan qo‘yish bilan N nuqta hosil qilinadi. Yuqorida keltirilgan Ω bilan V n orasidagi moslikning quyidagi ikki aksiomani qanoatlantirishi talab qilinadi. 11-aksioma: ∀ M ϵΩ va ∀ ⃗ a ϵ V n uchun yagona shunday N ϵΩ mavjudki, uning uchun ⃗ a = ⃗ MN . 12-aksioma: ∀ ⃗ A , ⃗ B , ⃗ C ϵΩ uchun ⃗ AB + ⃗ BC = ⃗AC .  Bu ikkita aksioma ba’zan vektorni nuqtadan boshlab qo‘yish aksiomalari deb yuritiladi. 1.2.1-Ta’rif: Elementlari yuqoridagi barcha 12 ta aksiomalarni qanoatlantiruvchi bo‘sh bo‘lmagan to‘plam n o‘lchovli affin fazo deb ataladi. Uni An orqali belgilaymiz. Agar V n vektor fazo kompleks vektor fazo bo‘lsa, u holda A n ham kompleks affin fazo deb ataladi. Demak, n o‘lchovli affin fazoni simvolik ravishda quyidagi ko‘rinishda yozish mumkin ekan: An = Vn ∪ Ω V n vektor fazo A n affin fazoning eltuvchisi deyiladi. Xususiy holda, n=1 bo‘lsa, A1 bir o‘lchovli affin fazo bo‘lib, V1 ning element- larini odatdagi geometrik vektorlar deb olsak, affin to‘g’ri chiziq hosil bo‘ladi. Agar n=2 bo‘lsa, affin tekislik hosil bo‘ladi. Affin koordinatalar sistemasi. Koordinatalar sistemasi tekislikda qanday kiritilgan bo‘lsa, fazoda ham shu usulda kiritiladi. Aniqrog’i, koordinatalarning affin sistemasi (affin reper) biror O nuqta va shu nuqtadan qo‘yilgan ma’lum tartibda olingan uchta nokomplanar ⃗e1 , ⃗e2,⃗e3 vektorlar sistemasidan iborat, bu sistemani B( O, ⃗ e 1 , ⃗e2,⃗e3 ) ko‘rinishida belgilaymiz. O nuqtadan o‘tib, ⃗e1 , ⃗e2,⃗e3 vektorlar bilan aniqlanadigan to‘g’ri chiziqlar mos ravishda Ox, Oy, Oz deb belgilab, ular koordinata o‘qlari, birinchisi absissalar o‘qi, ikkinchisi ordinatalar o‘qi va, nihoyat, uchinchisi applikatalar o‘qi deb ataladi. Bu o‘qlarning har ikkitasi bilan aniqlanadigan uchta tekislik xOy, xOz, yOz deb belgilab, ular koordinata tekisliklari deb ataladi. Quyidagi chizmada affin koordinatalar sistemasi va xOy, xOz, yOz tekisliklar ham ko‘rsatilgan: B sistema berilganda, fazodagi har bir M nuqtaga aniq bir ⃗ OM vektorni doimo mos keltirish mumkin, ya’ni boshi koordinatalar boshida, oxiri esa berilgan M nuqtada bo‘lgan vektorni mos keltiriladi. ⃗ OM vektorning koordinatalari (x, y, z) bo‘lsa, u holda bu uchta x, y, z son M nuqtaning affin reperdagi koordinatalari bo‘ladi: ⃗OM (x, y, z) ⟺ M(x, y, z) (1.2.1) Demak, fazo nuqtalari to‘plami bilan ma’lum tartibda olingan haqiqiy sonlar uchliklari to‘plami orasida biektiv moslik mavjud. Berilgan nuqtaning koordinatalarini topish uchun shu nuqta radius-vektori-ning koordinatalarini topish kifoya va aksincha. Masalan quyidagi keltirilgan chizmada koordianatalari (2; 3; 2) bo‘lgan nuqtani yasash usuli ko‘rsatilgan. Umuman M(a, b, c) nuqtani yasash uchun, ya’ni ⃗OM = a⃗e1 + b⃗e2+⃗ce 3 (1.2.2) vektorning oxirini topish uchun quyidagi qoidadan foydalaniladi koordinatalar boshidan Ox o‘qi bo‘yicha a⃗e1 vektor, uning oxiridan Oy o‘qqa parallel holda b⃗e2 vektor qo‘yiladi, so‘ngra uning oxiridan c ⃗ e 3 vektor yasalsa, shu vektorning oxiri izlangan nuqta bo‘ladi. Uchta koordinata tekisligi birgalikda fazoni sakkiz qismga ajratadi, ularning har biri oktantalar deb ataladi. Kesmani berilgan nisbatda bo‘lish Biror affin reperda M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ), M 2 (x 2 , y 2 , z 2 ) (M 1 ≠M 2 ) nuqtalar va biror haqiqiy λ (λ≠-1) son berilgan bo‘lsin. 1.2.2-Ta’rif : M nuqta uchun ⃗ M 1 M =λ ⃗MM 2 (1.2.3) shart bajarilsa, M nuqta M 1 M 2 kesmani λ nisbatda bo‘ladi deyiladi. M 1 , M 2 nuqtalarning koordinatalari orqali M nuqtaning x, y, z koordinatalarini topaylik. (1.2.2) ga asosan ⃗ M 1 M =OM-OM 1 = (x-x 1 ) ⃗e1 +(y-y 1 ) ⃗e2 +(z − z 1 ) ⃗e3 , ⃗M 1M (x-x 1 ,y-y 1 , z − z 1 ) . ⃗M 2M =OM 2 -OM=( x 2 -x ) ⃗ e 1 +(y 2 -y) ⃗e2 +(z 2 − z ) ⃗e3 , ⃗M M 2 = (x 2 -x , y 2 -y , z 2 -z ) . Bu ifodalarni (3) ga qo‘yib va ⃗ e 1 , ⃗e2,⃗e3 ning chiziqli erkliligini e’tiborga olsak, x-x 1 =λ (x 2 -x) , y-y 1 = λ(y 2 -y) , z − z 1 = λ (z 2 -z) . Bulardan x= x 1 + λ x 2 1 + λ , y= y 1 + λ y 2 1 + λ , z= z 1 + λ z 2 1 + λ (1.2.4) Berilgan kesmani berilgan nisbatda bo‘luvchi nuqtaning koordinatalarini topish formulalari shulardir. M nuqta M 1 M 2 kesmaning o‘rtasi bo‘lsa, (1.2.4) formula quyidagi ko‘rinishni oladi: x= x 1 + x 2 2 , y= y 1 + y 2 2 , z= z 1 + z 2 2 (1.2.5) Bu formulalar kesma o‘rtasining koordinatalarini topish formulalaridir. To‘g’ri burchakli dekart koordinatalar sistemasi Affin sistemaning xususiy hollaridan biri to‘g’ri burchakli dekart koordinatalar sistemasidir. Affin sistemadagi bazis vektorlar ortonormalangan bo‘lsa, ya’ni ularning har ikkitasi o‘zaro perpendikulyar bo‘lib, har biri birlik vektor bo‘lsa, (O, ⃗i , ⃗j , ⃗ k ) dekart reperi hosil qilinadi, bu yerda ⃗ i 2 = ⃗ j 2 = ⃗ k 2 = 1 (1.2.6) ⃗ i ⃗ j = ⃗j ⃗k = ⃗ i ⃗k = 0 (1.2.7) Bu reperda metrik harakterdagi masalalarni yechish ancha qulay , a) ⃗a = (x 1 , y 1 , z 1 ) vektorning uzunligini hisoblaylik. Vektorning uzunligi quyidagi formula orqali hisoblanadi: |⃗ a| = √x12+y12+z12 (1.2.8) b) ⃗a = ( x 1 , y 1 , z 1 ) va ⃗b = (x 2 , y 2 , z 2 ) vektorlarning skalyar ko‘paytmasi quyidagi formula orqali hisoblanadi: ⃗a ⃗b = x 1 x 2 + y 1 y 2 + z 1 z 2 (1.2.9) c) Yuqoridagi ikki vektor orasidagi burchakning kosinusi formulasi esa: cos φ = ¿⃗ a⃗ b |⃗ a⃗ b| ¿ = x1x2+y1y2+z1z2 √x12+y12+z12√x22+y22+z22 (1.2.10) d) ⃗ M 1 = (x 1 , y 1 , z 1 ) va ⃗ M 2 = (x 2 , y 2 , z 2 ) nuqtalar berilgan bo‘lsa, ular orasidagi ρ (M 1, M 2 ) = ⃗ M M 2 masofani topish mumkin: ρ (M 1, M 2 ) = √(x2− x1)2+(y2− y1)2+(z2− z1)2 (1.2.11) Misol: B(O, ⃗e1 , ⃗e2,⃗e3 ) reperda uchlari A(7, 2, 4), B(4, -4, 2), C(6, -7, 8) va D(9, -1, 10) nuqtalarda bo‘lgan to‘rtburchakning kvadrat ekanligini isbotlang. Yechish:Avvalo, ⃗ AB , ⃗ DC vektorlarning koordinatalarini topaylik: ⃗ AB (-3, -6, -2) va ⃗DC (-3, -6, -2) . Bulardan ko‘rinadiki, ⃗ AB = ⃗ DC , demak, ABCD to‘rtburchak parallelogramm ekan, uning kvadrat ekanini ko‘rsatish uchun dioganallari o‘zaro teng perpendikulyar ekanligini isbotlash kerak(chizmada berilgan). Haqiqatan ham, ρ(A, C) va ρ(D, B) larni (1.2.11) formula bo‘yicha hisoblasak, ρ(A, C)=√(6−7)2+(−7− 2)2+(8− 4)2 = √ 1 + 81 + 16 = √ 98 , ρ(D, B)= √(4− 9)2+(− 4+1)2+(2−10 )2 = √ 25 + 9 + 64 = √ 98 , bundan ρ(A, C)=ρ(D, B) ekanligi ko‘rinib turibdi. ⃗AC (-1, -9, 4), ⃗ DB (-5, -3, -8) bo‘lgani uchun (1.2.9) ga asosan: ⃗ AC ∙ ⃗ DB =(-1)(-5)+(-9)(-3)+4(-8)=5+27–32=0 Demak, ⃗ AC ⊥ ⃗ DB . 3-§. n o‘lchovli affin fazolarning izomorfligi. Avvalo, ikki vektor fazoning izomorfligi tushunchasiga ta’rif beramiz: Faraz qilaylik, V va V` vektor fazolar berilgan bo‘lsin. 1.3.1- Ta’rif: V ⟶ V` akslantirish o‘zaro bir qiymatli bo‘lib, quyidagi ikki shartni qanoatlantirsa, u chiziqli izomorf akslantirish deb ataladi: I. ∀ ⃗a , ⃗b V uchun φ(ϵ ⃗a + ⃗b¿ = φ(⃗a) + φ ⃗ ( b ¿ ) ¿ bo‘lsa, ya’ni V dagi ikki ixtiyoriy vektor yig’indisiga V` da shu vektorlarga mos kelgan vektorlarning yig’indisi mos kelsin. II. ∀ ⃗a V uchun va ϵ ∀ λ R ϵ uchun φ( λ ⃗ a )=λφ( ⃗ a ¿ bo‘lsa, ya’ni V dagi ⃗ a vektorni biror λ songa ko‘paytirishdan hosil bo‘lgan vektorning obrazi ⃗a va V’ dan mos kelgan vektorning λ songa ko‘paytirishdan hosil bo‘lgan vektordan iborat bo‘lsin. Bu ta’rifdan quyidagi natija kelib chiqadi: V bilan V` izomorf bo‘lsa, V dagi chiziqli erkli vektorlarga V` da mos bo‘lgan vektorlar ham chiziqli erkli bo‘ladi, xususiy holda V ning nol vektoriga V` ning ham nol vektori mos keladi. 1.3.1- Teorema: Ikki vektor fazoning izomorf bo‘lishi uchun ularning o‘lchovlari teng bo‘lishi zarur va yetarlidir. Isbot: Yetarliligi. V, V` vektor fazolarning o‘lchovlari bir xil bo‘lsin, ya’ni V=V n , V`=V n ` . Bu fazolarning izomorf ekanligini isbotlaymiz. V n ning bazisi B= ( ⃗e1,⃗e2,... ,⃗en ) , V` n ning bazisi B`=( ⃗e1,⃗e2,... ,⃗en ) bo‘lsin. ∀ ⃗a V ϵ n bo‘lsa, u holda ⃗a ning B bazisdagi koordinatalarini x 1 , x 2 , … x n deylik: ⃗ a =x 1 ⃗ e 1 + x 2 ⃗e2 +…+ x n ⃗ e n Shu ⃗a vektorga V` n da shunda y⃗a vektorni mos keltiramizki, uning B` dagi koordinatalari x 1 , x 2 , … x n bo‘lsin, bu moslikni φ deb belgilaylik, u holda ⃗a = x 1 ⃗e1 + x 2 ⃗e2 +…+ x n ⃗en Topilgan bu φ mosligimiz o‘zaro bir qiymatlidir, chunki har bir vektor yagona usulda bazis vektorlar bo‘yicha ifodalanadi. Endi yuqoridagi ikki shartning bajarilishini tekshiramiz.∀ ⃗a , ⃗ b Vϵ n ⟹ ⃗ a = x 1 ⃗ e 1 + x 2 ⃗e2 +…+ x n ⃗ e n ⃗b = y 1 ⃗e1 + y 2 ⃗e2 +…+ y n ⃗en bu vektorlarga V` n da mos kelgan φ(⃗a)=⃗a , φ ⃗ ( b ¿ ) = ⃗ b ¿ vektorlar B` da quyidagicha yoyilmaga ega bo‘ladi: ⃗ a = x 1 ⃗ e 1 + x 2 ⃗ e 2 +…+ x n ⃗en va ⃗ b = y 1 ⃗ e 1 + y 2 ⃗e2 +…+ y n ⃗ e n U holda ⃗a + ⃗b = (x 1 +y 1 ) ⃗e1 + (x 2 +y 2 ) ⃗e2 +…+ (x n +y n ) ⃗en va ⃗ a + ⃗ b = φ(⃗a)+φ(⃗b) = (x 1 +y 1 ) ⃗ e 1 + (x 2 +y 2 ) ⃗ e 2 +…+ (x n + y n ) ⃗en = φ ( ⃗ a + ⃗ b ) . Demak, birinchi shart bajarildi. Endi ikkinchi shartini bajarilishini tekshiraylik. ∀ λ R ni olsak, ϵ ⃗λa = λx 1 ⃗e1 + λx 2 ⃗e2 +…+ λx n ⃗en , λφ ( ⃗ a ) = λ ⃗a = λ ( x 1 ⃗ e 1 + x 2 ⃗ e 2 +…+ x n ⃗en )= = λx 1 ⃗e1 + λx 2 ⃗e2 +…+ λx n ⃗en = φ ( λ ⃗ a ) . Demak, V, V` izomorf. Zaruriyligi. ξ:V ⟶ V` akslantirish izomorf moslikdan iborat bo‘lsa, ularning o‘lchovlari teng ekanligini ko‘rsataylik. Faraz qilaylik, V=V n , V`=V m ` bo‘lib, aniqlik uchun m<n bo‘lsin. V n ning o‘lchovi n bo‘lgani uchun unda n ta chiziqli erkli vektor mavjuddir, yuqoridagi natijaga asosan shu vektorlarning obrazlari ham chiziqli erkli bo‘ladi, demak, V m ning ham o‘lchovi ham n bo‘lishi kerak, bundan n=m kelib chiqadi. Xullas, bir xil o‘lchovli barcha vektor fazolar o‘zaro izomorfdir, ya’ni biror vektor fazoga taalluqli da’vo (yoki tasdiq) shu fazoga izomorf barcha fazolar uchun ham o‘rinli bo‘ladi. 1.3.2- Ta’rif: Eltuvchi vektor fazolari o‘zaro izomorf bo‘lgan ikki affin fazo izomorf deb ataladi. Bu ta’rifdan ko‘rinadiki, ikki affin fazo o‘zaro izomorf bo‘lishi uchun ular bir xil o‘lchovli bo‘lishi zarur va yetarlidir. Bundan esa bir xil o‘lchovli barcha affin fazolarning o‘zaro izomorfligi kelib chiqadi. I I BOB. AFFIN FAZOLARDA TO‘G’RI CHIZIQ VA TEKISLIK. 1-§. Affin fazolarda tekislik. Fazodagi eng sodda sirtlardan biri tekislikdir. Nuqta va to‘g’ri chiziq bilan bir qatorda tekislik geometriyaning ta’riflanmaydigan asosiy tushunchalaridan hisoblanadi. Biz tekislikning fazodagi vaziyatini to‘liq aniqlovchi ba’zi miqdorlar yordamida uning turli ko‘rinishli tenglamalari bilan ish ko‘rib, tekislikka oid bir qator masalalarni qarab chiqamiz. Fazodagi to‘g’ri chiziq esa ikki tekislikning kesishgan chizig’i deb qaraladi. 1. Nokolleniar ikki ⃗p1,⃗p2 vektor va bitta M 0 nuqta P tekislikning vaziyatini to‘la aniqlaydi. ∀ M ∈ P nuqtani olaylik. U holda ⃗M 0M vektor ⃗p1,⃗p2 vektorlar bilan komplanar bo‘ladi, demak, bu vektorlar chiziqli bog’liq bo‘lib, bundan ularning koordinatalridan tuzilgan uchinchi tartibli determinant nolga teng bo‘lishi kelib chiqadi. 2.1.1-rasm. Shuni koordinatalarini yozaylik: M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) , ⃗ p 1 (a 1 , b 1 , c 1 ) , ⃗ p 2 (a 2 , b 2 , c 2 ) (2.1.1) bo‘lsin. M ning koordinatalarini x, y, z deb belgilasak, ⃗ M 0 M ( x–x 0 , y–y 0 , z–z 0 ) bo‘lib, quyidagi tenglama hosil bo‘ladi: | x− x0 y− y0 z− z0 a1 b1 c1 a2 b2 c2 | =0 (2.1.2) Aksincha, (2.1.2) shart bajarilsa, M nuqta, albatta, P tekislikka tegishli bo‘ladi. Demak, (2.1.2) P tekislikning tenglamasi. Bu tenglama berilgan nuqtadan o‘tib, berilgan ikki vektorga parallel bo‘lgan tekislikning tenglamasi deb yuritiladi. M 0 P Bundan tashqari, ⃗M 0M , ⃗p1,⃗p2 vektorlar bir tekislikda yotgani uchun ular chiziqli bog’liqdir, ya’ni ⃗M 0M = u ⃗ p 1 + v ⃗ p 2 , u, v ∈ R, (2.1.3) bu yerda u, v sonlar parametrlardir. (2.1.3) dan x – x 0 = ua 1 + va 2 x = a 1 u + a 2 v + x 0 y – y 0 = ub 1 + vb 2 ⟹ y = b 1 u + b 2 v + y 0 (2.1.4) z – z 0 = uc 1 + vc 2 z=c 1 u + c 2 v + z 0 (2.1.4) tekislikning parametrik tenglamalari deb ataladi( u va v ga istalgan qiymatlar berib, tekislikning shu parametrlarga mos nuqtalarini topish mumkin). Endi (2.1.2) tenglamani quyidagicha yozaylik: A(x–x 0 )+B(y–y 0 )+C(z–z 0 )=0 (2.1.5) Bundan esa A = | b 1 c 1 b 2 c 2 | , B= | c 1 a 1 c 2 a 2 | , A= | a 1 b 1 a 2 b 2 | (2.1.6) (2.1.5) ⟹ Ax+By+Cz- (Ax 0 +By 0 +Cz 0 ) =0 bunda, (Ax 0 +By 0 +Cz 0 )=D desak, Ax+By+Cz+D=0 (2.1.7) tenglama hosil bo‘ladi. (2.1.2) ⟺ (2.1.7) bo‘lgani uchun (2.1.7) ham tekislikning tenglamasidir. (2.1.6) da A, B, C larning kamida bittasi noldan farqli (A 2 +B 2 +C 2 ≠0) , aks holda A=B=C=0 bo‘lsa, (2.1.6) dan a 1 =λa 2 , b 1 =λb 2 , c 1 =λc 2 ⟹ ⃗ p 1 ∥ ⃗ p 2 , bu esa ⃗ p 1 , ⃗ p 2 larning berilishiga zid. Shunday qilib, tekislik affin reperda (2.1.7) chiziqli tenglama bilan ifodalanadi. Bu xulosaning teskarisi ham o‘rinlidir, ya’ni (2.1.7) ko‘rinishdagi har qanday chiziqli tenglama fazodagi biror affin reperga nisbatan tekislikni aniqlaydi. Haqiqatan, Ax+By+Cz=0 (A 2 +B 2 +C 2 ≠0) tenglama biror afffin reperda biror nuqtalar to‘plamini aniqlasin. Uch o‘zgaruvchisini bog’lagan bu tenglamaning yechimi cheksiz ko‘pdir, ularning biri (x 0 ,y 0 ,z 0 ) bo‘lsa, u holda Ax 0 +By 0 +Cz 0 =0, bundan va (2.1.7) dan ⇒ A(x–x 0 )+B(y–y 0 )+C(z–z 0 )=0 ⟶ tekislik tenglamasidir. (2.1.7) tenglama tekislikning umumiy tenglamasi deb ataladi. 2. Bir to‘g’ri chiziqda yotmagan uchta nuqta tekislikning vaziyatini to‘la aniqlaydi. Shu ma’lumotlarga ko‘ra uning tenglamasini tuzaylik. Berilgan nuqtalar M 1 (x 1 ,y 1 ,z 1 ), M 2 (x 2 ,y 2 ,z 2 ), M 3 (x 3 ,y 3 ,z 3 ) bo‘lsin. Biz M 0 =M, ⃗p1=⃗M 1M 2,⃗p2=⃗M 1M 3 desak, hamda ⃗M 1M 2 (x 2 –x 1 , y 2 –y 1 , z 2 –z 1 ) , ⃗M 1M 3 (x 3 –x 1 , y 3 –y 1 , z 3 –z 1 ) ni e’tiborga olsak, (2.1.2) tenglama quyidagi ko‘rinishni oladi: | x− x1 y− y1 z− z1 x2− x1 y2− y1 z2− z1 x3− x1 y3− y1 z3− z1| =0 (2.1.8) Uch nuqtadan o‘tgan tekislikning tenglamasi shudir. Agar tekislik koordinatalar boshidan o‘tmasa, u Ox,Oy, Oz o‘qlarni uchta M 1 (a, 0, 0), M 2 (0, b, 0),M 3 (0, 0, c) nuqtada kesadi, bu yerda a, b, c tekislikning shu o‘qlardan ajratgan kesmalaridir. Bunga (2.1.8) ko‘rinishli tenglamani tatbiq qilamiz: | x−a y z −a b 0 −a 0 c| =0 bundan x a + y b + z c = 1 (2.1.9) bu tenglama tekislikning koordinata o‘qlaridan ajratgan kesmalari bo‘yicha tenglamasi deb ataladi. Misol. Tekislik A(2, 0, 3) nuqtadan o‘tib, ⃗ p 1 (1, 0, 1) , ⃗ p 2 (2, 1, 3) vektorlarga parallel bo‘lsin. Shu tekislikning parametrik va umumiy tenglamasini tuzing. Yechish. Berilganlarni (2.1.4) ko‘rinishdagi parametrik tenglama bilan solishtirsak, x 0 =2, y 0 =0, z 0 =3, a 1 =1, b 1 =0, c 1 =1, a 2 =2, b 2 =1, c 2 =3; bularni (2.1.4) ga qo‘yamiz: x=u+2v+2, y=v, z=u+3v+3. Endi tekislikning (2.1.2) ko‘rinishdagi tenglamasini yozaylik: | x−2 y−0 z− 3 1 0 1 2 1 3 | =0. Bundan, (z–3)+2y–(x–2)–3y=0 yoki x+y–z+1=0. Endi ba’zi xususiy hollarni ko‘rib chiqaylik. 1) D=0 ⟹ Ax+By+Cz=0 ko‘rinishni oladi va bu tekislik koordinatalar boshidan o‘tadi. (1-a chizma) 2) C=0 ⟹ Ax+By+D=0 ko‘rinishni oladi va bu tekislik ⃗e3 (0, 0, 1) vektorga parallel bo‘ladi, demak, Oz o‘qqa ham parallel. (1-b chizma) Shunga o‘xshash (2.1.7) da B=0(yoki A=0) bo‘lsa, tekislik Oy o‘qqa (yoki Ox o‘qqa) paralleldir. Bundan quyidagi umumiy xulosa kelib chiqadi: tekislikning umumiy tenglamasida qaysi o‘zgaruvchi qatnashmasa, bu tenglama bilan aniqlanadigan tekislik shu o‘zgaruvchi bilan bir ismli koordinatalar o‘qiga paralleldir. 3) C=D=0 ⇒ Ax+By=0, O ∈ P va P ∥ Oz ⟹ ushbu tekislik Oz o‘qdan o‘tadi. (1-c chizma). Eslatma. Agar tekislik tenglamasi berilib, uning biror reperdagi tasvirini chizish talab qilinsa, umumiy holda quyidagicha ish ko‘riladi: tenglamada uch noma’lum bo‘lgani uchun ulardan ikkitasiga ixtiyoriy qiymatlar berish bilan uning cheksiz ko‘p yechimlarini topish mumkin. Shu yechimlardan ixtiyoriy uchtasini olib, koordinatalari shu sonlardan iborat (bu uch nuqta bir to‘g’ri chiziqda yotmaydigan qilib olinadi) uchta nuqta yasaymiz. Tekislik tasvirini chizishda ko‘pincha uning koordinata o‘qlari bilan kesishgan nuqtalarini topish qulaydir, buning uchun o‘zgaruvchilarning ikkitasiga nol qiymat berib, uchinchi o‘zgaruvchini berilgan tenglamadan topiladi(D≠0 shartda) Dekart reperida tekislikka doir ba’zi masalalar Dekart reperi affin reperning xususiy holi bo‘lgani uchun affin reperida chiqarilgan tenglamalar dekart reperida ham o‘z kuchini saqlaydi, lekin dekart reperida tekislikka doir metrik xarakterli masalalarni yechish mumkin. 1. Ax + By + Cz + D = 0 tenglama affin reperda tekislikning umumiy tenglamasidir, shu tenglamani dekart reperida qarasak, A, B, C parametrlarning muhim geometrik xossasi ayon bo‘ladi. Haqiqatan, berilgan tenglamaga ekvivalent bo‘lgan ushbu tenglamani olaylik: A(x–x 0 )+B(y–y 0 )+C(z–z 0 )=0 . Endi ⃗ n (A, B, C) va ⃗M M 0 (x-x 0 , y-y 0 , z-z 0 ) deb olinsa, oxirgi tenglikning chap tomoni ⃗ n va ⃗M M 0 vektorlarning skalyar ko‘paytmasini ifoda qiladi. Demak, ⃗ n ⃗M M 0 0 ⇒ ⃗ n ⊥ ⃗M M 0 ?????? P ⟹ ⃗ n ⊥ P. Xullas , A, B, C sonlar berilgan tekislikka perpendikulyar vektorni aniqlaydi. Shu vektor tekislikning normal vektori deb ataladi. Biz A(x–x 0 )+B(y–y 0 )+C(z–z 0 )=0 (2.1.10) (2.1.11) tenglamani berilgan M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) nuqtadan o‘tib, berilgan ⃗ n (A, B, C) vektorga perpendikulyar tekislikning tenglamasi deb atashga haqlimiz. 2. Endi berilgan nuqtadan berilgan tekislikkacha bo‘lgan masofani topish masalasini qaraylik. Ta’rif. Berilgan M 1 nuqtadan berilgan P tekislikkacha bo‘lgan masofa deb, shu nuqtadan tekislikka tushirilgan perpendikulyar to‘g’ri chiziqning tekislikning kesishgan nuqtasi orasidagi masofaga aytiladi. P tekislik umumiy tenglamasi bilan berilgan bo‘lib, M 1 (x 1 , y 1 , z 1 ) ∉ P bo‘lsin. M 1 dan P ga perpendikulyar tushirib, uning asosini M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) desak, M 0 ∈ P bo‘lgani uchun Ax 0 +By 0 +Cz 0 +D=0 ` (2.1.11) U holda ⃗ n (A, B, C) vektor P ning normal vektoridir. ⃗n ∥ ⃗M M 0 , demak: ⃗M 0M 1∙⃗n=¿ |⃗ M 0 M 1 | ∙ |⃗ n| cos ( ⃗M 0M 1⃗n ) = ρ (M 1 , P) ∙ ⃗ n , bundan, ρ(M 1 ,P)= |⃗ M 0 M 1 | ∙|⃗ n| |⃗ n| (2.1.12) ⃗ M 0 M 1 (x 1 – x 0 , y 1 – y 0 , z 1 – z 0 ); (2.1.12) dan ρ (M 1 , P)= ¿ ¿ =|Ax1+B y1+C z1−(Ax0+B y0+C z0)| √A2+B2+C2 (2.1.13) (2.1.11) ga asosan ρ (M 1 , P) = | A x 1 + B y 1 + C z 1 + D | √ A 2 + B 2 + C 2 (2.1.14) Bu biz izlagan formuladir. Tekisliklarning o‘zaro vaziyati 1. Ikki tekislikning o‘zaro vaziyati. Biror B(O, ⃗ e 1 , ⃗ e 2 , ⃗ e 3 ) affin reperga nisbatan P 1 , P 2 tekisliklar umumiy tenglamalari bilan berilgan bo‘lsin: P 1 : A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 P 2 : A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 (2.1.15) Ikki tekislik yo to‘g’ri chiziq orqali kesishadi, yoki ular o‘zaro parallel bo‘lib, umumiy nuqtaga ega emas, yoki ustma-ust tushadi. Bu holning qay biri yuz berishini bilish uchun P 1 , P 2 ga tegishli tenglamalar sistemasini tekshiramiz. Avvalo , quyidagi matritsalarni tuzib olamiz: M= ( A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2 ) , M * = ( A 1 B 1 C 1 D 1 A 2 B 2 C 2 D 2 ) M matritsaning rangini r, kengaytirilgan M * matritsaning rangini r * deb belgilaylik. Bu yerda quyidagi hollar bo‘lishi mumkin. 1) P 1 , P 2 tekisliklar ustma-ust tushsa, ularning tenglamalarida A 1 = λA 2 , B 1 =λB 2 , C 1 = λC 2 , D 1 = λD 2 , ya’ni r = r * = 1 (2.1.16) Aksincha, (2.1.11) shartlar o‘rinli bo‘lsa, (2.1.10) tenglamalar ekvivalent bo‘lib, P 1 =P 2 , demak, P 1 = P 2 ⇐⇒ r = r * =1 (2-a rasm ) 2) P 1 ,P 2 lar har xil, lekin parallel bo‘lsa, u holda (16) shartlardan birinchi uchtasi bajariladi, lekin D 1 ≠ λD 2 (2-b rasm ), bu vaqtda r * =2, r = 1. 2.1.2-rasm. 3) r * = r=2 bo‘lgan holda tenglamalar sistemasi birgalikda bo‘ladi, boshqacha aytganda, P 1 , P 2 tekisliklar umumiy nuqtaga ega, demak, ular biror to‘g’ri chiziq bo‘yicha kesishadi (2.1.2-c rasm ) Metrik xarakterli masalalardan biri ikki tekislik orasidagi burchakni topish masalasidir. Ikki tekislik kesishganda to‘rtta ikki yoqli burchak hosil bo‘lib, ulardan o‘zaro vertikal bo‘lganlari teng (2.1.3- rasm). Demak, ikkita har xil burchak hosil bo‘lib, bularning biri ikkinchisini π ga to‘ldiradi. Shuning uchun shu ikki burchakdan birini topsak kifoya. Ikki yoqli bu ikki burchakdan birining chiziqli burchagi berilgan tekisliklarning ⃗n1 (A 1 ,B 1 ,C 1 ) , ⃗n1 (A 1 ,B 1 ,C 1 ) normal vektorlari orasidagi burchakka teng bo‘ladi (mos tomonlari o‘zaro perpendikulyar 2.1.3 – rasm bo‘lgan burchaklar tengdir). P 1 va P 2 orasidagi burchakni φ desak, u holda quyidagi formula ikki tekislik orasida burchakni topish formulasi hisoblanadi: cosφ = A1A2+B1B2+C1C2 √A12+B12+C12√A22+B22+C22 (2.1.17) Burchak kosinusi ma’lum bo‘lsa, burchakni o‘zini hisoblash osondir. 2. Uchta tekislikning o‘zaro vaziyati. Biror affin reperida tekisliklar umumiy tenglamalar bilan berilgan bo‘lsin. P 1 : A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 P 2 : A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 P 3 : A 3 x + B 3 y + C 3 z + D 3 = 0 (2.1.18) Bu uch tekislikning vaziyatini aniqlash bu tenglamalar sistemasini yechishni taqozo qiladi. Berilgan tenglamalarning koeffitsiyentlaridan quyidagi matritsalarni tuzamiz: M = ( A1 B1 C1 A2 B2 C2 A3 B3 C3) , M * = ( A 1 B 1 C 1 D 1 A 2 B 2 C 2 D 2 A 3 B 3 C 3 D 3 ) . Bu matritsalarning ranglarini mos ravishda r, r * deb belgilaylik. Ravshanki, 1≤r≤3, 1≤r * ≤3 hamda r≤r * . Quyidagi hollarni ayrim-ayrim ko‘rib o‘tamiz: 1) r = 3 , r * = 3 . Bu vaqtda yuqoridagi uchta tenglama birgalikda bo‘lib, yagona yechimga egadir, demak, berilgan uchta tekislik bitta umumiy nuqtaga ega.(2.1.4-a rasm). 2) r = 2 , r * =3. M, M * matritsalarning ranglari o‘zaro teng bo‘lmagani uchun berilgan sistema yechimga ega emas, demak, tekisliklarning uchalasiga tegishli nuqta mavjud emas. Lekin bu vaqtda quyidagi ikki hol bo‘lishi mumkin: a) M matritsaning ixtiyoriy ikkita satrining elementlari proporsional emas, u holda uchta tekislikning har ikkitasi kesishib, hosil bo‘lgan uchta to‘g’ri chiziq paralleldir ( 2.1.4-b rasm ). b) M matritsaning tayin ikki satri elementlari proporsional bo‘lsa, shu satrlarga mos tekisliklar parallel bo‘lib, uchinchi tekislik ularni, albatta, kesib o‘tadi ( 2.1.4-c rasm ). 3) r = 2, r * = 2 . Bu vaqtda M , M * matritsalarning faqat ikki satri elementlari proporsional bo‘lmasdan , qolgan bitta satri shu ikki satr elementlarning chiziqli kombinatsiyasidan iborat bo‘ladi, demak, uchala tekislik bitta to‘g’ri chiziq orqali kesishadi ( 2.1.4-d rasm ). 4) r =1 , r * = 2 . Bu holda sistema birgalikda bo‘lmaydi, demak, P 1 , P 2 , P 3 lar umumiy nuqtaga ega emas. Lekin r * = 2 bo‘lgani uchun quyidagi xulosani chiqaramiz : P 1 , P 2 , P 3 dan ikkitasi parallel bo‘lib, uchinchisi bulardan biri bilan ustma-ust tushadi ( 2.1.4-e rasm ), yoki ularning uchalasi parallel ( 2.1.4-f rasm ). 5) r =1 , r * = 1 . Bu vaqtda berilgan tenglamalar sistemasi cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘lib, u sistema faqat bitta chiziqli erkli tenglamadan iborat bo‘lib qoladi, demak, P 1 , P 2 , P 3 tekisliklarning uchalasi ustma-ust tushib qoladi. Quyidagi rasmda ushbu hollarning chizmalarini ko‘rishingiz mumkin: 2.1.4 – rasm. 2-§. Affin fazolarda to‘g’ri chiziq . 1. Fazodagi to‘g’ri chiziq o‘zining nuqtasi va shu chiziqqa parallel biror ⃗u≠⃗0 vektor bilan to‘la aniqlanadi. ( 2.2.5-rasm ). (O, ⃗e1,⃗e2,⃗e3¿ reperda M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) , ⃗u ( l, m, n ) bo‘lsin. To‘g’ri chiziq -ning ixtiyoriy M ( x, y, z ) nuqtasini olaylik : P 1 P 2 P 3 P 1 P 2P 3 P 1 P 2 P 3 P 1 P 2P 3 P 1 P 2 P 3 P 1 P 2 = P 3a) b) c) d) f) e) ⃗M 0M ∥⃗u⟹ ⃗M 0M =t∙⃗u (t ∈ R) (2.2.19) ⃗ O M 0 = ⃗ r 0 , ⃗OM = ⃗r desak, hamda ⃗ M 0 M = ⃗ OM − ⃗ O M 0 ni hisobga olsak, (2.2.19) ni quyidagicha yozish mumkin : ⃗ r = ⃗ r 0 + t ∙ ⃗ u (2.2.20) (2.2.20) tenglama to‘g’ri chiziqning vektorli tenglamasi deb ataladi, t ga har xil qiymatlar berish bilan to‘g’ri chiziqqa tegishli nuqtaning radius-vektori topiladi. ⃗M 0M ( x – x 0 , y – y 0 , z – z 0 ) va (19) dan x – x 0 = t ∙ l x = t ∙ l + x 0 y – y 0 = t ∙ m yoki y = t ∙ m + y 0 z – z 0 = t ∙ n z = t ∙ l + z 0 (2.2.21) Bu (2.2.21) tenglamalar sistemasi to‘g’ri chiziqning parametrik tenglamalari deb yuritiladi. M 0 - berilgan nuqta, ⃗u esa to‘g’ri chiziqning yo‘naltiruvchi vektori deb ataladi. Agar l ∙ m ∙ n ≠ 0 bo‘lsa, u holda (2.2.21) ⟹ t = x − x 0 l , t = y − y 0 m , t = z − z 0 n , bulardan esa quyidagi natijaga erishamiz : x − x 0 l = y− y0 m = z− z0 n (2.2.22) Bu tenglamalar to‘g’ri chiziqning kanonik tenglamalari deb ataladi. 2. To‘g’ri chiziqning ikki nuqtasi uning fazodagi vaziyatini to‘la aniqlaydi: faraz qilaylik, M 1 ( x 1 , y 1 , z 1 ) , M 2 ( x 2 , y 2 , z 2 ) nuqtalardan u to‘g’ri chiziq o‘tsin ( M 1 ≠ M 2 ) . Oldingi banddagi M 0 nuqta o‘rniga M 1 va ⃗u=⃗M 1M 2 olinsa, (2.2.22) ga asosan . x− x1 x2− x1 = y− y1 y2− y1 = z− z1 z2− z1 . (2.2.23) (2.2.23) berilgan ikki nuqtadan o‘tuvchi to‘g’ri chiziqning tenglamalaridir. 3. Fazodagi har bir to‘g’ri chiziqni ikki tekislikning kesishish chizig’i deb qarash mumkin. Shunga muvofiq : P 1 : A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 P 2 : A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 (2.2.24) tenglamalar sistemasi P 1 ≠ P 2 ⟹ A 1 : B 1 : C 1 ≠ A 2 : B 2 : C 2 shart bajarilganda to‘g’ri chiziqni aniqlaydi ( 2.2.6-rasm ) . 2.2.6-rasm. To‘g’ri chiziqning yuqorida ko‘rilgan (2.2.20) - (2.2.23) tenglamalarining biridan qolganlariga o‘tish mumkin. Lekin u (2.2.24) ko‘rinishdagi tenglamalari bilan berilsa, kanonik ko‘rinishga bevosita o‘tish mumkin ekanligi ochiqdan-ochiq ravshan emas. Biz hozir shu masalaga to‘xtalamiz. Kanonik tenglamalarni yozish uchun to‘g’ri chiziqning bitta nuqtasi va yo‘naltiruvchi vektorini bilish kerak. (2.2.24) uch noma’lumli ikki tenglama, demak, o‘zgaruvchilardan biriga , masalan, z ga z = z 0 qiymat berib va hosil qilingan ikki noma’lumli ikkita tenglamani yechib, x = x 0 , y = y 0 qiymatlarni topamiz ( bunda biz | A 1 A 2 B 1 B 2 | ≠0 deb faraz qildik) . Natijada ( x 0 , y 0 , z 0 ) nuqta (2.2.24) to‘g’ri chiziqqa tegishli bo‘ladi, u holda (2.2.24) ni quyidagicha yozib olsak bo‘ladi : A 1 (x – x 0 ) + B 1 (y – y 0 ) + C 1 (z – z 0 ) = 0 , A 2 (x – x 0 ) + B 2 (y – y 0 ) + C 2 (z – z 0 ) = 0 . Bu sistemadan quyidagilarni topamiz : x – x 0 = | B 1 C 1 B 2 C 2 | t , y – y 0 = | C 1 A 1 C 2 A 2 | t , z – z 0 = | A 1 B 1 A 2 B 2 | t . Bulardan : o ⃗e2 ⃗e3 ⃗ e 1 P 1 P 2u x− x0 | B1 C1 B2 C2| = y− y0 | C1 A1 C2 A2| = z− z0 | A1 B1 A2 B2| . (2.2.25) Agar (2.2.24) tenglamalarni dekart reperida qarasak, ⃗n1(A1,B1,C1) vektor P 1 tekislikning ⃗n2(A2,B2,C2) vektor P 2 tekislikning normal vektori bo‘ladi. (2.2.25) tenglamalardagi maxrajlarda turgan ifodalar P 1 , P 2 tekisliklar normal vektorlarining vector ko‘paytmasining mos koordinatalaridan iborat, ya’ni ⃗u[⃗n1,⃗n2] . Misol : M 0 ( 1, 0, -4 ) nuqtadan o‘tadigan va ⃗u ( 1, -3, 2 ) vektorga parallel to‘g’ri chiziqning parametrik va kanonik tenglamalarini yozib, uning uchta nuqtasini toping. Yechish : Bu yerda x 0 = 1, y 0 = 0, z 0 = -4 va l = 1, m = -3 , n = 2; tegishli tenglamalar quyidagi ko‘rinishni oladi : x = 1 + t , y = -3t , x − 1 1 = y − 3 = z + 4 2 . z = -4 + 2t . Endi shu to‘g’ri chiziqning M 0 dan tashqari yana ikki nuqtasini topish uchun t ga ikkita qiymat beramiz : t = 1 → x = 2 , y = -3 , z = -2 , M 1 ( 2, -3, -2 ) t = -1 → x = 0 , y = 3 , z = -6 , M 1 ( 0, 3, -6 ) . Ikki to‘g’ri chiziqning o‘zaro vaziyati. Ikki to‘g’ri chiziq orasidagi burchak. To‘g’ri chiziqlar bog’lami. Fazoda u 1 , u 2 to‘g’ri chiziqlar biror affin reperda ushbu parametrik tenglama- lari bilan berilgan bo‘lsin : x = x 1 + l 1 t , x = x 2 + l 2 t , u 1 : y = y 1 + m 1 t , u 2 : y = y 2 + m 2 t , z = z 1 + n 1 t . z = z 2 + n 2 t . bu yerda ⃗ u 1 ( l 1 , m 1 , n 1 ) , ⃗ u 2 ( l 2 , m 2 , n 2 ) . Fazoda ikki to‘g’ri chiziq o‘zaro parallel , kesishuvchi va ayqash bo‘lishi mumkin. Shu holatlarni ayrim-ayrim ko‘raylik. 1. u 1 ∥ u 2 ⟹ ⃗ u 1 ∥ ⃗ u 2 ⇔ l1 l2 = m1 m2 = n1 n2 . (2.2.26) 2. u 1 ∩ u 2 ≠ ∅ , ya’ni u 1 , u 2 to‘g’ri chiziqlar kesishsin. Bu holda bu ikki to‘g’ri chiziq bir tekislikka tegishli bo‘lib , ⃗ u 1 , ⃗ u 2 , ⃗M 1M 2 vektorlar komplanar, ya’ni ( ⃗u1⃗u2⃗M 1M 2¿=0 yoki | l 1 m 1 n 1 l 2 m 2 n 2 x 2 − x 1 y 2 − y 1 z 2 − z 1 | = 0 (2.2.27) (2.2.27) tenglik u 1 , u 2 to‘g’ri chiuziqlarning bir tekislikka tegishlilik shartidir. Agar (2.2.27) shart bajarilib, (2.2.26) shart bajarilmasa , u 1 , u 2 lar bitta nuqtada kesishadi. 3. u 1 va u 2 kesishmasa hamda parallel bo‘lmasa , ular ayqash, demak, ayqash ikki to‘g’ri chiziq uchun | l1 m1 n1 l2 m2 n2 x2− x1 y2− y1 z2− z1| ≠ 0 (2.2.28) u 1 , u 2 to‘g’ri chiziqlarning dekarft reperda qarasak, metrik xarakterli ba’zi masalalarni hal qilish mumkin. 4. Fazodagi ikki to‘g’ri chiziq orasidagi burchak. Ikki to‘g’ri chiziq orasi- dagi burchak deb , bu to‘g’ri chiziqlarning yo‘naltiruvchi vektorlari orasidagi burchakka aytiladi. Parametrik tenglamalari bilan berilgan u 1 , u 2 to‘g’ri chiziqlar uchun⃗ u 1 ( l 1 , m 1 , n 1 ) , ⃗ u 2 ( l 2 , m 2 , n 2 ) bu to‘g’ri chiziqlarning yo‘naltiruvchi vektorlaridir , demak , cos( u 1 ∧ u 2 )= l 1 l 2 + m 1 m 2 + n 1 n 2 √ l 1 2 + m 1 2 + n 1 2 √ l 2 2 + m 2 2 + n 2 2 (2.2.29) Burchakning kosinusi ma’lum bo‘lsa , bu burchakni topish osondir. 2.2.1-Ta’rif. Fazodagi tayin M 0 nuqtadan o‘tgan barcha to‘g’ri chiziqlar to‘plami M 0 markazli to‘g’ri chiziqlar bog’lami deb ataladi. M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) markazli bog’lam ushbu x = x 0 + lt , y = y 0 + mt , z = z 0 + nt parametrik tenglamalar bilan ifodalanadi, bu yerda l, m, n bog’lamdagi har bir to‘g’ri chiziq uchun tayin qiymatlarga ega. Fazoda M 0 nuqtadan farqli biror M nuqta berilsa, shu M nuqtadan bog’lamga tegishli faqat bitta to‘g’ri chiziq o‘tadi. 2.2.2-Ta’rif . Agar fazoda tayin u to‘g’ri chiziq berilgan bo‘lsa, unga parallel barcha to‘g’ri chiziqlar to‘plami parallel to‘g’ri chiziqlar bog’lami deb ataladi. 3-§. Affin fazoda to‘g’ri chiziq va tekislikning o‘zaro vaziyati. Dekart reperida u to‘g’ri chiziq parametrik tenglamalari bilan, P tekislik umumiy tenglamasi bilan berilgan bo‘lsin : u : x = x 0 + lt , y = y 0 + mt , z = z 0 + nt , (2.3.30) ⃗ u (l, m, n) P : Ax + By + Cz + D = 0 (2.3.31) ⃗n (A, B, C) Avvalo, to‘g’ri chiziq bilan tekislikning kesishish nuqtasini topish masalasiga to‘xtalaylik : buning uchun berilgan tenglamalarni sistema deb qarash kerak. (2.3.30) va (2.3.31) dan Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D + t (Al + Bm + Cn) = 0 (2.3.32) shartda = - A x 0 + B y 0 + C z 0 + D Al + Bm + Cn (2.3.33) bo‘ladi. ning bu qiymatini (2.3.30) ga qo‘ysak, izlangan nuqta topiladi. Lekin (2.3.33`) shart bajarilsa, ya’ni ⃗u⊥⃗n bo‘lsa, u to‘g’ri chiziq ga parallel bo‘ladi. Aksincha, ∥ ⟹ ⃗ u ⊥ ⃗ n ⟹ ⃗ u ∙ ⃗ n = 0 . Demak, shart to‘g’ri chiziq bilan tekislik -ning parallelligini bildiradi. u ∥ P ⟹ ⃗ u ⊥ ⃗ n ⟹ l A = m B = n C (2.3.34) bu (2.3.34) shart to‘g’ri chiziqning tekislikka perpendikulyarligini bildiradi. u ∈ P bo‘lgan hol uchun to‘g’ri chiziq bilan tekislik o‘zaro vaziyatining xususiy holidir. Bu vaqtda (2.3.33`) shart bajarilib, undan tashqari M 0 ∈ P bo‘lishi lozim, ya’ni (2.3.35) Demak , u ⊂ P ⟺ (2.3.33`) va (2.3.35) . Endi to‘g’ri chiziq bilan tekislik orasidagi burchakni topish formulasini keltiramiz. 2.3.1-Ta’rif. To‘g’ri chiziq bilan tekislik orasidagi burchak deb, to‘g’ri chiziq bilan uning shu tekislikdagi ortogonal proyeksiyasi orasidagi burchakka aytiladi. (quyidagi 7-rasmda keltirilgan). Biz 0 ≤ φ ≤ π 2 deb faraz qilamiz. 2.3.7-rasmdan ko‘rinadiki , φ ning (⃗ n ∧ ⃗ u ) burchakni qabul qilish mumkin. Bu burchak π 2 − φ ga yoki π 2+φ ga teng. Demak, cos ( π 2 − φ ) = sin φ yoki cos ( π 2 + φ ) = - sin φ , shuning uchun ` sin φ = |cos (⃗n∧⃗u)| = |Al +Bm +Cn | √A2+B2+C2∙√l2+m2+n2 (2.3.36) 1-misol . Ushbu x = 1 + 2t , y = 3t , z = -2 + t to‘g’ri chiziq bilan 2x – y + z = 0 tekislikning kesishish nuqtasini toping. Yechish . To‘g’ri chiziq tenglamalaridagi x, y, z ning qiymatlarini tekislik tenglamalariga qo‘yamiz : 2 ( 1 + 2t ) – 3t + ( -2 + t ) + 1 = 0 yoki t = −1 2 U holda x = 1 + 2 (-0.5 ) = 0 , y = - 1.5 , z = - 2 – 0.5 = - 2.5 ; izlangan nuqta ( 0, − 3 2 , − 5 2 ) . 2-misol. P (7, 9, 7) nuqtadan x− 2 4 = y−1 3 = z 2 to‘g’ri chiziqqacha bo‘lgan masofani toping. Yechish. Nuqtadan to‘g’ri chiziqqacha bo‘lgan masofani topish uchun formula berilgani yo‘q , bunday masala quyidagicha oson hal qilinad : a) berilgan nuqtadan o‘tib, berilgan to‘g’ri chiziqqa perpendikulyar tekislik tenglamasi tuziladi ; b) shu tekislik bilan berilgan to‘g’ri chiziqning kesishgan nuqtasi topiladi ; c) bu topilgan nuqta bilan berilgan nuqta orasidagi masofa topiladi. Shu yo‘sinda masalani yechishga kirishamiz. a) P (7, 0, 7) nuqtadan o‘tib , ⃗n (4, 3, 2) vektorga perpendikulyar tekislikning tenglamasini tuzamiz : 4 (x – 7) + 3 (y – 9) + 2 (z – 7) = 0 yoki 4x + 3y + 2z – 69 = 0 , (*) b) berilgan to‘g’ri chiziq tenglamasini parametrik ko‘rinishda yozamiz : x = 2 + 4t , y = 1 + 3t , z = 2t va bularni (*) tenglamaga qo‘yamiz : 4 (2 + 4t) + 3 (1 + 3t) + 2 ∙ 2t – 69 = 0 29t – 58 = 0 t = 2 x = 2 + 4 ∙ 2 = 10 , y = 1 + 3 ∙ 2 = 7 , ⟹ Q (10, 7, 4) nuqta to‘g’ri chiziq bilan tekislikning √9+4+9 = 22 kesishgan nuqtasidir. z = (2,2) = 4 c) XULOSA Affin fazolarda to‘g’ri chiziq va tekisliklarga doir metrik masalalar geometriyaning muhim va asosiy qismlaridan biridir. Bu masalalar, vektorlar, yo‘nalish vektorlarining kombinatsiyalari, va parametrik tenglamalar orqali geometrik obyektlarning o‘zaro munosabatlarini tushunishga yordam beradi. Affin fazolarda to‘g’ri chiziq va tekisliklarning tenglamalarini tuzish, ular orasidagi masofani hisoblash, hamda kesishish nuqtalarini aniqlash kabi vazifalar metrik masalalarni yechishda asosiy o‘rin tutadi. Kurs ishida, to‘g’ri chiziqlar va tekisliklarning matematik ifodalari, ularning orasidagi masofa, burchaklar va kesishish masalalari mukammal tarzda tahlil qilindi. Bu masalalarni yechishda affine operatsiyalar, skalyar va vektor ko‘paytmalaridan foydalanishning afzalliklari ko‘rsatildi. Shuningdek, affinizatsiya va geometrik manipulyatsiyalarning nazariy asoslari, bu tuzilmalar yordamida amaliy masalalarni hal qilish imkoniyatlari ham yoritildi. Affin fazolarda to‘g’ri chiziq va tekisliklar bilan ishlash, geometriyaning boshqa sohalari bilan bog’liq bo‘lgan ko‘plab muammolarni tushunishga va yechishga imkon yaratadi. Bu o‘z navbatida, ko‘plab ilmiy sohalarda, xususan, kompyuter grafika, robototexnika va geodeziya kabi sohalarda qo‘llaniladi. Yuqoridagi tahlil va hisoblashlar asosida, affin fazolarda geometrik obyektlar orasidagi munosabatlarni o‘rganish, nafaqat nazariy, balki amaliy jihatdan ham katta ahamiyatga ega ekanligi ko‘rinadi. FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI 1. Narmanov A.Y. Analitik geometriya. Toshkent . “O‘zbekiston faylasuflari milliy jamiyati” 2020 yil , 176 bet. 2. Bayturayev A.M., Kucharov. R.R. Algebra va geometriya. Toshkent. “Innovatsiya- Ziyo”, 2020 yil, 184 bet. 3 . Baxvalov S.V., Modenov P.S., Parxomenko A.S. Analitik geometriyadan masalalar to‘plami. T. Universitet, 2006 yil, 442 bet. 4. Ильин В. А., Позняк Э.Г. Аналитическая геометрия. М. «Физматлит», 2004 yil , 232 стр. 4. X.Latipov, Sh.Tojiеv “Analitik gеomеtriya va chiziqli algеbra”, T.1995 , 5. Dadajonov N.D. , Jurayev M.SH. Geometriya. 1-qism Toshkent. 1995 6. Latipov X., Tojiyev SH., Rustamov R. Analitik geometriya va chiziqli algebra. Toshkent . “ O ‘ qituvchi ” 1993 y 7. Клетеник Д.В., Сборник задач по аналитической геометрии. М . « Физматлит », 2016 г , 241 стр . 8 . Boxonov.Z.S Analitik geometriyadan misol va masalalar to‘plami. Uslubiy qo‘llanma. Nam DU 2018 yil, 106 bet. 9. Izu Vaisman . Analytical Geometry. World Scientific, USA, 2007 year, 297 p. ELIKTRON MANBALAR. 1. htt://www.arki.ru/magaz 2. htt://www.lib.ru 3.htt://www.bilimdon.uz 4. htt://www.istedod.uz

Affin fazolarda to`gri chiziq v tekislikga doir  metrik masalalar  kurs ishi

Sotib olish