Naime, konus je gladak u svim tačkama sem u temenu M 0 (0,0,0), gde ima špic i gde tangenta ravan nije jedinstveno odredjena. ( f x, f.

Transcript

1 14 Površi u prostoru Najjednostavnija površ u prostoru je svakako ravan, koja se zadaje linearnom jednačinom ax + by + cz + d = 0. Sfera poluprečnika r zadaje se kao skup rešenja kvadratne jednačine f(x,y,z) = + y 2 + z 2 r 2 = 0. (46) Sfera glatka površ, što se geometrijski odražava kroz postojanje jedinstvene tangentne ravni u svakoj tački sfere. Postoje i površi, koje su rešenja nekih jednačina, a koje nisu glatke, recimo površ kružnog konusa: f(x,y,z) = + y 2 z 2 = 0. Naime, konus je gladak u svim tačkama sem u temenu M 0 (0,0,0), gde ima špic i gde tangenta ravan nije jedinstveno odredjena. Definicija 14.1 Skup S rešenja jednačine f(x,y,z) = 0 je glatka površ u tački M 0 S, ako je f diferencijabilna funkcija u toj tački i ako je ( f x, f y, f z ) (0,0,0) u tački M 0. ( ) Može se pokazati da f x, f y, f z vektor izračunat u tački M 0 S predstavlja normalni vektor tangentne ravni u toj tački. Površi glatke u smislu prethodne definicije su zato i intuitivno glatke. Primer 14.1 Odrediti jednačinu tangentne ravni jedinične sfere sa centrom u tački O(0,0,0) u njenoj tački M 0 = ( 1 2, 1 2, 2 2 ). Rešenje: Jedinična sfera je definisana jednačinom (46), za r = 1. Nalazimo da je vektor parcijalnih izvoda u tački M 0 ( f x, f y, f z ) M 0 = (2x,2y,2z) M0 = (1,1, 2). Zato je jednačina tangentne ravni u tački M 0 : 0 = (x 1 2 ) + (y 1 2 ) + 2 2(z 2 ) = x + y + 2z 2. S obzirom da se radi o sferi, do ovog se rešenja moglo doći i na elementaran način. Naime, normalni vektor tangentne ravni α je upravo vektor OM Data je površ z x 3 3xy 2 y = 0. Odrediti tangentnu ravan ove površi u tački M 0 (1,2,12). 15 Površi drugog reda Objekti analogni krivima drugog reda u ravni, u prostoru su površi drugog reda. Preciznije, površ drugog reda je skup tačaka prostora čije koordinate zadovoljavaju kvadratnu jednačinu: a 11 + a 22 y 2 + a 33 z 2 + 2a 12 xy + 2a 13 xz + 2a 23 yz + +2a 14 x + 2a 24 y + 2a 34 z + a 44 = 0. (47) 61

2 Može se dokazati teorema o klasifikaciji površi drugog reda u prostoru koja je analogna Teoremi 7.1. Ona tvrdi da svaka površ drugog reda predstavlja: elipsoid, jednograni hiperbolid, dvograni hiperboloid, eliptički konus, eliptički cilindar, hiperbolički cilindar, eliptički paraboloid, hiperboloički paraboloid, parabolički cilindar, dve ravni (paralelne ili koje se seku), jedna ravan, prava, tačka ili prazan skup. To tvrdjenje se, kao i njemu analogno u ravni, dokazuje tako što se izabere novi ortonormirani koordinatni sistem u odnosu na koji jednačina (47) ima jednostavan oblik. Na taj koordinatni sistem se može preći trima rotacijama oko koordinatnh osa Oz, Oy i Ox (formule??????). Uglovi rotacije se odredjuju na potpuno analogan način onome objašnjenom u dokazu teoreme 7.1. Tim trima rotacijama se poništavaju koeficienti uz članove xy, xz i yz, redom. Zatim se linearni deo jednačine pojednostavljuje pogodnom translacijom. Detaljno bavljenje tim problemom je izvan okvira ovog kursa, pa se zato u nastavku bavimo kanonskim oblicima nekih površi drugog reda. Pored jednačina tih površi navodimo i njihove parametrizacije. 16 Elipsoid b 2 + z2 c 2 = 1. Pozitivni brojevi a, b, c nazivaju se poluose elipsoida i predstavlju dužine odsečaka koordinatnih osa i elipsoida. Za a = b = c = r dobija se sfera poluprečnika r. Parametrizacija elipsoida geografskom širinom i dužinom je f(φ,θ) = (acos φcos θ,bsin φcos θ,csin θ), gde je θ [ π 2, π 2 ], φ [0,2π]. Specijalni slučaj je poznata parametrizacija sfere. 17 Jednograni hiperboloid Njegova parametrizacija je: b 2 z2 c 2 = 1. f(φ,t) = (acos φcosh t,bcosh t sin φ,csinh t), t [, ], φ [0,2π]. Interesantno je probati i sledeću parametrizaciju koja pokazuje da postoje prave koje pripadaju hiperboloidu. gde je t R, φ [0,2π). f(u,v) = (acos φ + atsin φ,bsin φ 2 18 Dvograni hiperboloid bt cos φ, ct 2 2 ), b 2 z2 c 2 = 1. 62

3 Kao što mu ime kaže ovaj hiperboloid ima dve grane, pa su neophodne i dve parametrizacije f ± (φ,t) = (a cos φ sinh t,b sinφ sinht, ±c cosh t), gde je t R, φ [0,2π). Znak + daje parametizaciju gornje grane (z > 0), a znak donje grane (z < 0). 19 Eliptički cilindar Jednačina eliptičkog cilindra je a parametrizacija je: gde je φ [0,2π), z (, ). b 2 = 1, f(φ,z) = (a cos φ,b sinφ,z), 20 Hiperbolički cilindar Jednačina hiperboličkog cilindra je a 2 y2 b 2 = 1. On ima dve grane čije su parametrizacije f ± (φ,z) = (±a cosh φ,b sinh φ,z), gde je z,φ (, ). Znak + da je granu za koju važi x > 0, a znak granu za koju je x < Parabolički cilindar Jednačina paraboličkog cilindra je y 2 = 2px, a parametrizacija je gde je y,z (, ). f(y,z) = ( y2 2p,y,z), 22 Konus Jednačina konusa je Parametrizacija konusa b 2 z2 c 2 = 0. f(φ,z) = (az cos φ,bz sinφ,z), gde je z R,φ [0,π). Kako smo već videli konus nije glatka površ u taǩi (0,0,0). 63

4 23 Eliptički paraboloid Jednačina eliptičkog paraboloida je p + y2 q = 2z, p,q > 0. Jedna parametrizacija je graf te funkcije gde su x,y R. f(x,y) = (x,y, x2 2p + y2 2q ), 24 Hiperbolički paraboloid (sedlo) Jednačina hiperboličkog paraboloida je p y2 q = 2z, a njegova parametrizacija je graf funkcije f(x,y) = (x,y, x2 2p y2 2q ), gde je x,y R. Kao i jednograni hiperboloid, i sedlo ima osobinu da kroz svaku njegovu tačku postoje tačno dve prave koje pripadaju sedlu. Iako nisu površi drugog reda, navodimo još dve površi: helikoid i torus. 25 Helikoid f(u,φ) = (u cos(ϕ),u sin(ϕ),aϕ), u > 0,φ (, ). 26 Torus Dobijen rotacijom kruga poluprečnika b oko kruga poluprečnika a, (a > b): f(θ,φ) = (cos θ(a + bcos φ),sin θ(a + bcos φ),bsin φ), φ,θ [0,2π). 64

5 27 Poliedarske površi Poliedarska površ M je objekat koji se sastoji od konačno mnogo temena (tačke), ivica (duži) i pljosni (konveksni poligoni) koji zadovoljavaju sledeće uslove: 1. svako teme mora da pripada bar dvema ivicama; 2. svaka ivica je pripada bar jednoj pljosni(ivica ruba), a najviše dvema pljosnima (unutrašnja ivica); 3. presek dve pljosni može biti samo ivica. Skup temena označavamo sa T, ivica sa I, a pljosni sa P. Podrazumeva se da ivice svih pljosni pripadaju skupu svih ivica, a temena svih ivica, skupu temena. U algoritmima se obično zahteva da pljosnji budu trouglovi. Mi smo u definiciji oslabili taj uslov zato što se konveksni poligoni mogu jednostavno i brzo triangulisati. Primetimo da je konveksni poligon obavezno ravanski. D P Q C L M A B K N Slika 34: ABCD jeste, a KLMNPQ nije poligonska površ Unija svih ivica koje pripadaju samo jednoj pljosni (tj. svih rubnih ivica) naziva se rub poliedarske površi. Poliedarsku površ bez ruba zvaćemo poliedrom. Pljosni koje imaju zajedničku ivicu nazivamo susednim. Poliedarska površ je povezana ako je svake dve njene pljosni moguće povezati nizom susednih pljosni. Primer 27.1 Tetraedar ABCD je primer poliedra. Njegove pljosni su P = {ABC,ABD,ACD,BCD} ivice I = {AB,AC,AD,BC,BD,CD}, a temena T = {A,B,C,D}. Narednu teoremu nećemo dokazivati zbog složenosti dokaza. Teorema 27.1 Poliedar razlaže prostor na dve oblasti, (njih zovemo unutrašnjost i spoljašnost) Tabela temena i povezanosti Da bi se algoritmi koji rade sa poliedrima lakše implementirali i bili efikasniji potrebno je podatke o poliedru čuvati u odredjenoj strukturi podataka. Najjednostavniji način da se zada poliedar jeste da se zada niz temena sa koordinatama, i da se zadaju pljosni indeksima temena. Na primeru jednostavnog tetraedra to bi izgledalo ovako: Niz temena zovemo T i on je u slučaju tetraedra dužine 4 : T 0 = (0,0,0), T 1 = (1,0,0), T 2 = (0,1,0), T 3 = (0,0,1) 65

6 Brojevi u zagradama su koordinate temena. Ako koordinate temena nisu zadate, poliedar nazivamo apstraktni. Niz pljosni, tj. takozvana povezanost temena bi izgledala ovako: P 0 = 1,2,3, P 1 = 0,2,3, P 2 = 0,1,3, P 3 = 0,1,2. To zapravo znači da je pljosan P 0 odredjena temenima T 1, T 2 i T 3 i tako dalje. U slučaju tetraedra sve pljosni su trouglovi, ali ukoliko poliedarska površ nije triangulisana to mogu biti bilo koji koveksni mnogouglovi. Tada je važno da se temena pljosni navode redom, tj. tako da svaka dva uzastopna čine ivicu. Iz ovih osnovnih podataka sada se pravi složenija struktura podataka: Pravi se lista ivica. Svaka ivica je struktura koja pored dva indeksa temena kojima je odredjena sadrži i indekse (jedne ili dve) pljosni kojima pripada. Pravi se lista temena. Svako teme je struktura koja pored koordinata same tačke sadrži i listu ivica kojima pripada i listu pljosni kojima pripada. Pljosan je takodje struktura. Ona obično sadrži indekse temena, mada joj se može dodati i lista ivica koje pripadaju toj pljosni. Strukture Ivica, Teme, Pljosan mogu da sadrže i druge informacije kao što su boja, debljina, tekstura... Primer 27.2 a) Da li je p 0 = 0,1,2, p 1 = 2,1,6,5, p 2 = 2,5,4,3, p 3 = 3,1,6,4 poliedar? b) Odrediti skup ivica. c) Ako je u pitanju poliedar odrediti mu rub i broj komponenata ruba. Rešenje: S obzirom da koordinate temena T 0,...,T 6 nisu date ne možemo proveriti uslov 3) iz definicije poliedra. Kazemo da se radi o apstraktnom poliedru. Pri zadavanju tabelom temena i povezanosti, uslov 1) se podrazumeva pa nam preostaje da ispitamo samo uslov 2). Dakle treba odrediti skup ivica i proveriti koliko se puta svaka ivica javlja. Ako se javlja jedanput, to je ivica ruba; ako se javlja dvaput to je unutrašnja ivica; ako se javlja triput onda se ne radi o poliedru. Oznaka p 0 = 0,1,2 znači da su ivice pljosni p 0, upravo T 0 T 1,T 1 T 2,T 2 T 0. Ivice T 0 T 1 i T 2 T 0 ne nalazimo ni u jednoj drugoj pljosni, pa su to rubne ivice. Ivica T 1 T 2 se nalazi i u pljosni p 1, pa je to unutrašnja ivica. Sličnim rezonovanjem dolazimo do skupa ivica (oznake su redukovane) od čega su rubne ivice I = {01,12,20,16,65,52,54,43,32,31,64} R = {01,20,65,54,32,31,64}. Kako se svaka ivica javlja najviše dva puta, radi se o poliedru. Da bismo odredili rub, krenimo od prve ivice iz R, ivice 01. Njen kraj je teme T 1. To se teme nalazi i u ivici 31 R, pa su te dve ivice nadovezane, pa je trenutna rubna linija 013. Teme T 3 se nalazi u ivici 32, pa rubna linija postaje 0132, a teme T 2 se nalazi u ivici 20, pa se rubna linija zatvara, tj. postaje 01320, tj. četvorougao T 0 T 1 T 3 T 2 je jedna komponenta ruba. Kako ovim nismo iskoristili sve rubne ivice, ponavljamo postupak od prve neiskorištene ivice 65. Dobijamo da je trougao T 6 T 5 T 4 druga komponenta ruba, tako da rub ima dve komponente. 66

7 27.1 a) Da li sledeća tabela temena i povezanosti zadaje (apstraktni) poliedar? p 0 = 0,1,4, p 1 = 1,2,3,4, p 2 = 3,7,8,4, p 3 = 3,6,5,4. b) Nacrtati! 27.2 Neka je T 1 T 2 T 3 T 4 T 0 četvorostrana piramida sa vrhom T 0. a) Napisati tabelu temena i povezanosti (tj. navesti pljosni piramide). b) Izvršiti triangulaciju pljosni i napisati odgovarajuću tabelu temena i povezanosti Data je poliedarska površ pljosnima p 0 = 1,2,3, p 1 = 4,5,6, p 2 = 1,2,4, p 3 = 4,5,2, p 4 = 3,5,2, p 5 = 3,6,5. p 6 = 6,3,1, p 7 = 4,6,1. a) Odrediti joj rub i broj komponenata ruba b) Skicirati površ (Rešenje: triangulisana trostrana prizma) 27.4 Data je poliedarska površ pljosnima p 0 = 5,6,7, p 1 = 1,3,0, p 2 = 4,0,1,5, p 3 = 6,2,1,5, p 4 = 7,6,2,3, p 5 = 3,0,4,7. a) Odrediti rub te površi i broj komponenata ruba. b) Skicirati površ (Rešenje: Kocka, sa cijih su suprotnih strana isečena dva trougla) Orjentabilnost poliedarske površi U matematici se pojam orjentabilnosti smatra teškim. Ipak, na poliedarskim površima orjentacija se jednostavno definiše. Pretpostavimo da je M povezana poliedarska površ čije su sve pljosni orjentisani poligoni. Kažemo da dve pljošni sa zajedničkom ivicom su iste orjentacije, ako različito orjentišu zajedničku ivicu. Slika 35: Susedne pljosni iste i različite orjentacije Definicija 27.1 Povezana poliedarska površ M je orjentabilna ako njene pljosni možemo orjentisati tako da su svake dve susedne pljosni iste orjentacije. Ako postoji, takvu orjentaciju svih pljosni zovemo orjentacijom površi i označavamo sa O. Dokažimo sada da postoje tačno dve orjentacije orjentabilne površi M. Neka je p 0 proizvoljna pljosan površi M. Ta pljosan ima dve moguće orjentacije. Ako izaberemo jednu od njih, možemo orjentisati njoj susedne pljosni, a zatim njima susedne itd. i na taj način orjentisati sve pljosni površi. Zahvaljujući orjentabilnosti ovaj proces će ispravno funkcionisati. U zavisnosti od toga da li se izabrana orjentacija pljosni p 0 pokalapala sa njenom orjentacijom u O, ili ne, isto će da važi za orjentaciju svih ostalih pljosni. Dakle, postoje tačno dve orjentacije orjentabilne površi M. Kod neorjentabilnih poliedarskih površi ovaj proces, koji nazivamo uskladjivanje orjentacija pljosni, nije dobro definisan. 67

8 Primer 27.3 Dokažimo da je tetraedar T 0 T 1 T 2 T 3 orjentabilna površ. Krenimo od orjentacije pljosni p 0 = 1,2,3. Ona ivicu 2,3 (baš na taj način), pa susedna pljosan p 1 mora da ima orjentaciju p 1 = 3,2,0. Opet, pljosan p 0 odredjuje orjentaciju ivice 3,1, pa i njoj susedne pljosni p 2 = 1,3,0. Konačno, Opet, pljosan p 0 odredjuje orjentaciju ivice 1,2, pa i njoj susedne pljosni p 3 = 2,1,0. Na taj način smo orjentisali sve pljosni tetraedra uskladjujući orjentacije na ivicama 2,3, 3,1, 1,2. Potrebno je proveriti da je orjentacija uskladjena i na ivicama 0,1, 0,2, 0,3. Recimo, ivica 0,1 je orentisana kao 0,1 u pljosni p 2, a kao 1,0, što je u redu. Slično se proverava za ivice 0,2, 0,3, pa je tetraedar orjentabilan, a p 0,p 1,p 2,p 3 jedna (od dve) njegove orjentacije. Ovaj primer je zapravo specijalan slučaj jednog mnogo jačeg tvrdjenja. Teorema 27.2 Svaki poliedar u prostoru R 3 je orjentabilan. Ovu teoremu nećemo dokazivati. Napomenimo da teorema ne važi za apstraktne poliedre, već samo za one koji zadovoljavaju uslov 3) definicije poliedarske površi! 27.5 Upotrebom prethodne teoreme izvesti da je poliedarska površ iz Zadatka 27.3 orjentabilna. Primer 27.4 Dokažimo da je poliedarski model Mebijusove trake neorjentabilna površ. (Radi se slično prethodnom primeru - biće na predavanjima) Slika 36: Poliedarski modeli Mebijusove trake sa 10 i 50 trouglova Na slici?? su data dva poliedarska modela Mebijusove trake. Za prvi od njih je pokazano da je neorjentabilan, a slično se može pokazati i za drugi. Nama je intuitivno jasno da će svaki poliedarski model Mebijusove trake biti neorjentabilan, ali to nije lako dokazati. To je cena lake definicije orjentabilnosti poliedarske površi. Naime, može se pokazati da važi sledeća teorema, a mi je navodimo bez dokaza. Teorema 27.3 Poliedarski modeli neke glatke površi su ili svi orjentabilni ili svi neorjentabilni. 68

9 Iz te teoreme sledi da je orjentabilnosti osobina površi. Koristeći ovu teoremu možemo lako videti da su neke poliedarske površi orjentabilne. Recimo, pošto su i tetraedar i kocka poliedarski modeli sfere, a tetraedar je orjentabilan, zaključujemo da je i kocka orjentabilna. Iskoristimo ovu priliku da uočimo neke interesantne osobine Mebijusove trake: Jednostrana je. Rub Mebijusove trake je jedna linija. Kada je prerežemo uzdužno (po sredini) dobijamo jednu traku, ali dva puta uvrnutu. Kada i tu traku prerežemo dobijamo dve trake, ali ulančane. Proveriti! 27.6 Data je poliedarska površ pljosnima p 0 = 0,1,2, p 1 = 3,0,2, p 2 = 0,5,6, p 3 = 1,2,4, p 4 = 6,7,4, p 5 = 7,1,6,p 6 = 6,0,1, p 7 = 4,6,5,p 8 = 3,5,2, p 9 = 4,2,5. a) Odrediti rub te površi i broj komponenata ruba. b) Ako je data orjentacija pljosni p 0 = 0,1,2, izvršiti uskladjivanje orjentacija pljosni. Da li je površ orjentabilna? 27.7 Data je poliedarska površ pljosnima p 0 = 0,1,5,4, p 1 = 6,2,1,5, p 2 = 4,3,7,0, p 3 = 3,6,7, p 4 = 3,6,2. a) Odrediti rub te površi i broj komponenata ruba. b) Izvršiti uskladjivanje orjentacija pljosni. Da li je površ orjentabilna? 69