Линейная алгебра; матрицы, определители
Выбери формат для чтения
Загружаем конспект в формате pdf
Это займет всего пару минут! А пока ты можешь прочитать работу в формате Word 👇
Глава 1. Линейная алгебра.
§ 1. Матрицы
П. 1. Основные определения
Определение 1. Матрица – прямоугольная таблица, состоящая из каких-либо объектов.
Впервые появились в середине IX века в работах английских математиков У. Гамильтона и А. Кэли.
Определение 2. Числовой матрицей размерности m n называется таблица из ( m n ) чисел, имеющая
a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2 n
Amn Am, n (aij ) mn .
m строк и n столбцов A
... ... ... ...
a
a
...
a
mn
m1 m 2
Обозначают матрицы большими буквами.
Числа, из которых составлена матрица, называются ее элементами: aij, где i – номер строки, j – номер
столбца, на пересечении которых стоит элемент aij.
1 2 3 4
Например, матрица размерности 3 на 4 A 1 1 1 5 , a12 = –2, a33 = 3, a24 = –5.
2 1 3 2
Определение 3. Матрица называется квадратной порядка n, если m = n, и прямоугольной
размерности m на n, если m n.
В примере выше матрица А – прямоугольная.
Элементы a11, a22, …, ann и am1, am-1,2, …, a1m образуют главные диагонали матрицы.
Например, у матрицы А главными диагоналями являются 1, 1, 3 и 2, 1, 3.
Определение 4. Две матрицы называются равными, если их соответствующие элементы равны.
Amn Bmn , если aij = bij.
Определение 5. Транспонированной матрицей (или сопряженной) к матрице Amn называется
матрица Anm размерности n m, которая получается из матрицы А путем замены строк столбцами.
3
2
2 0 4
, B 0
0 .
Например, B
3 0 6
4 6
Определение 6. Квадратная матрица А называется симметричной, если aij = аji (элементы
симметричны относительно главной диагонали). Если А – симметричная, то А = АТ.
Определение 7. Квадратная матрица, у которой все элементы, не стоящие на главной диагонали,
равны нулю, называется диагональной.
Определение 8. Диагональная матрица, у которой все отличные от нуля элементы, единицы,
называется единичной Е.
1 0 0
Например, Е 0 1 0 .
0 0 1
Определение 9. Квадратная матрица называется треугольной, прямоугольная – трапециевидной,
если все элементы, лежащие по одну сторону одной из ее главных диагоналей – нули.
Определение 10. Матрица, состоящая из одной строки, называется матрицей-строкой. Матрица,
состоящая из одного столбца, называется матрицей-столбцом.
П. 2. Действия над матрицами
1. Матрицы одинаковой размерности можно складывать.
1
Определение 11. Сумой двух матриц
Amn (aij )mn
и
Вmn (bij )mn
называется матрица
Сmn (cij )mn , элемент которой равен сумме соответствующих элементов матриц А и В:
cij aij bij .
2 1 4 0 1 3 2 0 1
.
Пример. A B
3 2 6 2 2 4 5 4 2
2. Определение 12. Произведением матрицы Amn (aij )mn на действительное число λ называется
матрица Вmn (bij )mn , элемент которой равен произведению соответствующих элементов матрицы А на
число λ: cij aij .
2 1 4 6 3 12
Пример. 3 A 3
3 2 6 9 6 18
3. Определение 13. Произведением двух матриц
Amn (aij )mn и
Вnk (bij )nk называется
матрица Сmk (cij )mk , элемент которой cij , стоящий в i-той строке и j-том столбце, равен сумме
произведений соответствующих элементов i-той строки матрицы А и j-того столбца матрицы В:
n
cij ai bj , где i 1,..., m , j 1,..., k .
1
Перемножение матриц возможно лишь в том случае, когда число столбцов матрицы А равно числу
строк матрицы В. Матрица С имеет столько же строк, что и матрица А, и столбцов, что и матрица В.
1 2 3 2 1
Пример. A B 4 5 1 0 2 (число столбцов А равно 3, число строк В равно 3,
0 2 1 1 1
с11 с12 5 8
следовательно, произведение матриц возможно) = с21 с22 9 15
с
31 с32 1 5
c11 (сумма произведений элементов 1-ой
столбца матрицы В) = 1·2+2·0+3·1=5,
c12 (сумма произведений элементов 1-ой
столбца матрицы В) = 1·1+2·2+3·1=8,
c21 (сумма произведений элементов 2-ой
столбца матрицы В) = 4·2+5·0+1·1=9,
c22 (сумма произведений элементов 2-ой
столбца матрицы В) = 4·1+5·2+1·1=15,
c31 0·2+2·0+1·1=1, c32 0·1+2·2+1·1=5.
строки матрицы А на соответствующие элементы 1-го
строки матрицы А на соответствующие элементы 2-го
строки матрицы А на соответствующие элементы 1-го
строки матрицы А на соответствующие элементы 2-го
Замечания. 1) Если возможно умножение матриц А и В, то отсюда не следует возможность
умножения В на А. 2) если оба произведения имеют смысл, то А·В может не совпадать с В·А.
Операции над матрицами подчиняются следующим законам:
1) А + В = В + А
2) (λ·А)·В = А(λ·В)= λ(А·В)
3) (А + В)·С =А·С+В·С
4) С ·(А + В) = С ·А+ С ·В
5) (А · В)·С =(А·В)·С
6) А·Е = А, Е·А = А, следовательно, А·Е = Е·А.
2
§ 2. Определители
Определение 14. Определителем квадратной матрицы А называется число, которое обозначается
символом А или det A или A или и вычисляется по некоторым правилам, в зависимости от
размерности матрицы.
a11 a12 ... a1n a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2 n a21 a22 ... a2 n
det A det
A A
... ... ... ... ... ... ... ...
a
n1 an 2 ... ann an1 an 2 ... ann
Правила вычисления определителей
1. Определитель квадратной матрицы порядка n = 1:
a11 a11 Пример. 3 3
2.Определитель квадратной матрицы порядка n = 2:
a11 a12
a11 a22 a21 a12
a21 a22
1 3
1 5 (3) 3 4 .
3 5
3. Определитель квадратной матрицы порядка n = 3:
a11 a12 a13
Пример. A
a21 a22 a23 a11 a22 a33 + a21 a32 a13 + a12 a23 a31 – a31 a22 a13 – a21 a12 a33 – a32 a23 a11 –
a31 a32 a33
правило треугольников.
–
Пример.
2 3
4
5 2 1 2 (2) 3 + 3 11 + 5 2 4 – 1 (2) 4 – 5 3 3 – 2 1 2 = – 10.
1 2 3
Существует таблица (правило) Саррюса для облегчения вычислений:
a11 a12 a13 а11 а12
a21 a22 a23 а 21 а22
a31 a32 a33 а31 а32
–
–
–
+
+
+
Пример.
2 3
4 2 3 4 2 3
5 2 1 5 2 1 5 2 = 2 (2) 3 + 3 11 + 4 5 2 – 4 (2) 1 – 2 1 2 – 3 5 3 = – 10.
1 2 3 1 2 3 1 2
3
4. Определитель квадратной матрицы порядка n вычисляется либо методом понижения порядка,
либо методом приведения к треугольному виду.
Рассмотрим вычисление определителя методом понижения порядка. Прежде, чем его рассмотреть,
отметим ряд свойств определителя и дадим несколько определений.
Свойства определителя
1. Определитель не изменяется при транспонировании.
2. При перестановке двух строк (столбцов) определитель меняет знак.
3. Если две строки (столбца) определителя совпадают, то он равен нулю.
4. Если все элементы какой-нибудь строки (столбца) определителя имеют общий множитель, то
его можно вынести за знак определителя.
5. Если все элементы какой-нибудь строки (столбца) определителя есть нули, то det А = 0.
6. Если элементы двух строк (столбцов) взаимно пропорциональны, то det А = 0.
7. Если каждый элемент некоторой строки определителя представляет собой сумму двух
слагаемых, то определитель представляется в виде суммы двух определителей, у которых элементы
рассматриваемой строки в первом определителе равны первым слагаемым, во втором – вторым.
1
2
1
2
1
1
2
2
a11
a11
a12
a12
a11
a12
a11
a12
(Аналогично со столбцами). Например,
a21
a22
a21 a22 a21 a22
8. Определитель не изменится, если к элементам одной строки (столбца) прибавить другую
строку (столбец), умноженную на действительное число.
9. Определитель треугольной матрицы равен произведению элементов, стоящих на ее главной
диагонали.
Определение 15. Минором M ij определителя, соответствующим элементу aij называется
определитель, получаемый из данного вычеркиванием строки и столбца, на пересечении которых
стоит данный элемент.
Определение 16. Алгебраическим дополнением элемента aij называется число, вычисляемое по
формуле Aij (1)i j M ij .
1 2 3
Пример. Найти M 23, A23 , А13, det A 2 0 1 .
3 4 5
Решение.
Вычеркнем в определителе вторую строку и третий столбец, тогда минор M 23 равен:
1 2
4 6 2 .
3 4
Алгебраические дополнения равны:
M 23
A23 (1)2 3 M 23 (1)(2) 2 .
A13 (1)1 3 M13
2 0
8 .
3 4
Метод понижения порядка.
Определитель равен сумме произведений элементов какой-либо строки или столбца на их
алгебраические дополнения:
a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2 n n
det A det
aij Aij ai1 Ai1 ai 2 Ai 2 ...ain Ain - разложение определителя по i-той
... ... ... ... j 1
a
a
...
a
n
1
n
2
nn
строке.
4
a11 a12
a
a
det A det 21 22
... ...
a
n1 an 2
тому столбцу.
... a1n
... a2 n n
aij Aij a1 j A1 j a2 j A2 j ...anj Anj - разложение определителя по j... ... i 1
... ann
Пример. Вычислить определитель путем разложения по 1-ой строке и второму столбцу.
Решение.
По первой строке:
1 2 3
0 1
2 1
2 0
det A 2 0 1 1A11 2 A12 3 A13 1(1) 2
2(1)3
3(1) 4
2 .
4 5
3 5
3 4
3 4 5
По второму столбцу:
1 2 3
2 1
1 3
det A 2 0 1 2 A12 0 A22 4 A32 2(1)3
0 4(1)5
2 .
3 5
2 1
3 4 5
Замечание. Прежде, чем применять метод понижения порядка, полезно и удобно, используя
свойства определителя, обратить в нуль все, кроме одного, элементы его некоторой строки или
столбца.
2 3 4
Пример. Вычислить определитель 5 2 1 путем разложения по 1-ому столбцу.
1 2 3
Решение.
2 3 4
det A 5 2 1 = обратим в нуль элементы первого столбца, кроме 2-ки. Для этого сначала
1 2 3
первую строку умножим на 5, вторую на (-2) и сложим =
2 3 4 5
+
)
5 2 1 (-2
= первая строка остается без изменений, результат, сумму, записываем во
1 2 3 )
второй строке, определитель делим на (-2), так как умножаем на (-2) изменяющуюся, вторую, строку =
2
3
4
2 3 4
1
1
10 10 4 15 2 20 0 19 18 = Затем третью строку умножим на (-2) и
2
2
1
2
3
1 2 3
сложим с первой строкой,
2 3 4
1
+ = первая строка остается без изменений, результат, сумму, записываем в
0 19 18
2
1 2 3 (-2)
2 3
4
1
третьей строке, определитель делим на (-2) 0 19 18 = разложим по правилу по первому столбцу
4
0 1 2
=
5
19 18
1
1
(2 A11 0 A21 0 A31) 2(1) 2
10
1 2
4
4
Замечание. Из примера видно, что удобнее «занулять» строки или столбцы, если а11=1. Это
достигается либо перестановкой строк (столбцов) по свойству 2, если в столбце (строке) есть единица,
либо делением строки (столбца) на первый элемент а11 по свойству 4.
2 3 4
det A 5 2 1 = поменяем местами 1-ю и 3-ю строки, тогда, по свойству 2 определитель
1 2 3
изменит знак с «плюса» на «минус»
1
2
3
1
2
3
1 2 3 -5 -2
12 14
+
= 5 2 1
= 5 5 2 10 1 15 0 12 14 1 (1) 2
= –10
+
1 2
2 2 3 4
46
0 1 2
2 3 4
Метод приведения к треугольному виду.
Для вычисления определителя, приведем его к треугольному виду, пользуясь свойством 8, тогда,
согласно свойству 9, определитель треугольной матрицы равен произведению элементов, стоящих на
ее главной диагонали.
2 3 4
Пример. Вычислить определитель 5 2 1 путем приведения его к треугольному виду.
1 2 3
Решение.
2 3 4
det A 5 2 1 = поменяем местами 1-ю и 3-ю строки, тогда, по свойству 2 определитель
1 2 3
изменит знак с «плюса» на «минус»
1
2
3
1
2
3
1 2 3 ·(-5) (-2)
+
= 5 2 1
= 5 5 2 10 1 15 0 12 14 поменяем местами вторую
+
2 2 3 4
46
0 1 2
2 3 4
1
2
3
1
2
3
2
и третью строки = 0 1 2 вынесем минус из второй строки = 0 1
·12
=
+
0 12 14
0 12 14
1
2
3
1 2 3
1
2
0 1 2 –1·1·10 = –10
=0
0 12 12 14 24
0 0 10
§ 3. Понятие обратной матрицы.
Определение 17. Матрица называется невырожденной, если ее определитель не равен нулю и
вырожденной в противном случае.
Лемма 1. Если А и В – квадратные матрицы, то определитель их произведения равен
произведению определителей этих матриц: А В A В .
Без доказательства.
6
Лемма 2. Сумма произведений элементов какой-либо строки на алгебраические дополнения к
элементам другой строки равна нулю.
Без доказательства.
Замечание (об обратной матрице). В алгебре матриц нет понятия деления матриц. Для
невырожденных матриц существует обратная матрица.
Определение 18. Матрица A1 называется обратной к матрице А, если A1 A A A1 E , где Е –
единичная матрица.
Обратная матрица существует лишь для невырожденных матриц.
Теорема о вычислении обратной матрицы. Если А невырожденная ( A 0 ) матрица порядка n,
1 V
то обратная к ней матрица находится по формуле A1
A , где AV – присоединенная матрица, то
A
есть транспонированная матрица, составленная из алгебраических дополнений.
A11 A21 ... An1
A
A
...
A
1
12
22
n2
A1
А ... ... ... ...
A
A
...
A
1
n
2
n
nn
Доказательство.
Для доказательства теоремы достаточно убедиться в том, что A A1 A1 A E .
Докажем теорему для матрицы третьего порядка (n = 3). Найдем A A1 :
A21 A31
a11 a12 a13
A
1 11
1
A A a21 a22 a23
A12 A22 A32 =
a
det A A
31 a32 a33
13 A23 A33
a11 A11 a12 A12 a13 A13 a11 A21 a12 A22 a13 A23 a11 A31 a12 A32 a13 A33
1
a21 A11 a22 A12 a23 A13 a 21A21 a22 A22 a23 A23 a21 A31 a22 A32 a23 A33 по лемме 2 и методу
det A
a31 A11 a32 A12 a33 A13 a31 A21 a 32 A22 a33 A23 a31 A31 a32 A32 a33 A33
понижения порядка:
det A
0
0 det A
det A
1 0 0
1
det A
det A
0
0 0 1 0 E .
0
det A
det
A
det A
det A 0 0 1
0
det A
Аналогично убеждаемся, что A1 A E .
Теорема доказана.
1 2 3
Пример. Найти обратную матрицу для матрицы A 0 1 2
2 1 0
Решение.
1 2 3
det A 0 1 2 12 . A 0 , следовательно, обратная матрица существует ( A1 ).
2 1 0
Найдем алгебраические дополнения:
A11 (1)11 M11
1 2
2
1 0
A12 (1)1 2 M 12
0 2
4
2 0
A13 (1)1 3 M13
0 1
2
2 1
7
A21 (1)2 1 M 21
A31 (1)31 M 31
2 3
3
1 0
2 3
7
1 2
A22 (1)2 2 M 22
1 3
6
2 0
A32 (1)3 2 M 32
A23 (1) 2 3 M 23
1 3
2
0 2
2
7 12
A11 A21 A31
2 3
1
1
4
А1
A12 A22 A32 4 6 2
det A
12
12 2
3 1 2
A13 A23 A33
12
7
1 1
4 12 1 2 3 1 0
6
1 1 1
0 1 2 0 1
Проверка: A A1
3
2
6
1
1 1 2 1 0 0 0
4 12
6
3
12
6
12
3
12
A33 (1)3 3 M 33
7
12
2
12
1
12
1
6
1
3
1
6
1
4
1
2
1
4
1 2
3
2 1
1 2
1
0 1
7
12
1
6
1
12
0
0 Е
1
§ 4. Понятие о ранге матрицы.
Матрица имеет много миноров, причем некоторые из них могут равняться нулю, а другие быть
отличными от нуля.
Замечание. Миноры существуют и для прямоугольных матриц. Они получаются путем
вычеркивания нескольких строк и столбцов, лишь бы количество оставшихся строк равнялось
количеству оставшихся столбцов, при этом порядок минора матрицы размера m n не превосходит
меньшего из чисел m и n.
Определение 19. Наивысший из порядков миноров матрицы А, отличных от нуля, называется
рангом матрицы А. Обозначение: rang A или r A.
Примеры. Найти ранг матрицы.
2 0 4
.
1. B
3 0 6
Решение.
0 4
2 4
2 0
0 , M 02
0 , M 03
0 . Все
Найдем миноры 2-го порядка: M 01
0 6
3 6
3 0
определители второго порядка равны 0. Найдем миноры первого порядка: М2,23= 2 ≠ 0, следовательно,
rang В = 1.
3 0 2
2. C 1 1 3 .
4 1 6
Решение.
Так как матрица квадратная, то минором наивысшего порядка является определитель матрицы.
3 0 2
M 00 det C 1 1 3 3 0 , следовательно, меньшие по порядку миноры можно не
4 1 6
искать, наивысший (третий) найден, т.е. rang С = 3.
3 0 2
3. D 1 1 3 .
4 1 5
Решение.
Найдем его:
8
Так как матрица квадратная, то минором наивысшего порядка является определитель матрицы.
3 0 2
Найдем его:
M11
M 00 det D 1 1 3 0 , следовательно, надо найти меньшие по порядку миноры.
4 1 5
1 3
2 0 , минор второго порядка отличен от нуля, следовательно, rang D = 2.
1 5
Определение 20. Строки матрицы А называются линейно зависимыми, если какая-либо из них
линейно выражается через остальные. В противном случае – строки линейно независимы (аналогично
столбцы).
2 3 1
Пример. H 1 0 1 . Найти количество линейно независимых строк и столбцов.
1 3 2
Решение.
Обозначим строки: Е1 = (2 3 1), Е2 = (–1 0 1), Е3 = (1 3 2). Видно, что Е3 = Е1 + Е2,
следовательно, Е1, Е2, Е3 – линейно зависимы. Е2 ≠ k Е1, следовательно, Е1 , Е2 – линейно независимы.
Вывод: матрица имеет две линейно независимых строки.
Обозначим столбцы: F1, F2, F3. Видно, что F2 = F1 + F3, следовательно, F1, F2, F3 – линейно
зависимы. F1 ≠ k F2, следовательно, F1, F2 – линейно независимы. Вывод: матрица имеет два линейно
независимых столбца.
Можно доказать, что для любой матрицы максимальное число линейно независимых строк и
максимальное число линейно независимых столбцов совпадают.
Определение 21. Ранг матрицы равен максимально возможному числу ее линейно независимых
строк (столбцов).
Т.е. в примере rang H = 2.
Замечание. Ранг квадратной матрицы не превосходит ее порядок. Ранг равен порядку в том и
только в том случае, если матрица невырожденная. Ранг матрицы размера m n не превосходит
меньшего из чисел m и n.
Не изменяют ранга элементарные преобразования над матрицами:
1.
перестановка строк (столбцов),
2.
умножение строки (столбца) на число, не равное нулю,
3.
прибавление к строке (столбцу) другой строки (столбца), умноженной на число,
4.
отбрасывание нулевых строк (столбцов),
5.
транспонирование.
Если удастся путем элементарных преобразований привести матрицу к трапециевидной форме, то
ее ранг будет равен числу ее ненулевых строк!
При приведении матрицы к трапециевидной форме удобно пользоваться численным методом
Гаусса:
1) переставляя строки, добиваемся, чтобы a11 0 и a11 1 , последнее можно достичь (если в
первом столбце нет единиц) путем деления всей строки на a11 . Первую строку называют рабочей, а
элемент a11 – ведущим.
2) умножаем первую строку на числа ( a j1 ), где j 2,3,..., m , прибавляем ее соответственно ко
второй и т.д. m-ой строке, получаем в 1-ом столбце под a11 нули.
3) не трогая первой строки, добиваемся, чтобы a22 0 и a22 1 путем деления всей строки на
a22 или путем перестановки строк. Теперь вторая строка стала рабочей, а элемент a22 – ведущим.
9
4) умножаем вторую строку на числа ( a j 2 ), где j 3,..., m , прибавляем ее соответственно к
третей и т.д. m-ой строке, получаем во 2-ом столбце под a22 нули.
5) и т.д.
Примеры.
0 4 2 3
Пример 1. Найти ранг матрицы В 2 2 1 1
2 1 3 4
Решение.
0 4 2 3
2 2 1 1
В 2 2 1 1 меняем местами первую и вторую строки 0 4 2 3
2 1 3 4
2 1 3 4
делим первую строку на 2:
1 1
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
0 4 2 3 к третьей строке прибавим первую, умноженную на (-2) 0 4 2 3
0 1 2 5
2 1 3 4
1 1
1 1
2 2
меняем местами вторую и третью строки 0 1 2 5 разделим вторую строку на (-1):
0 4 2 3
1 1
1 1
2
2
0 1 2 5 к третьей строке прибавим вторую, умноженную на (-4)
0 4 2
3
1 1
1 1
2
2
0 1 2 5 Три ненулевые строки, то есть rang В = 3.
0 0 10 23
2 3 1
Пример 2. Найти ранг матрицы H 1 0 1 .
1 3 2
.
Решение.
2 3 1
1 3 2
H 1 0 1 (меняем строки местами) 1 0 1 (первую строку прибавляем ко
1 3 2
2 3 1
2
1 3 2
1 3
3
второй) 0 3 3 (первую строку умножаем на (-2) и прибавляем к третьей) 0 3
2 3 1
0 3 3
1 3 2
1 3 2
1 3 2
(прибавляем ко второй строке третью) 0 3 3 0 1 1
0 1 1
0 0 0
0 0 0
Две ненулевые строки, то есть rang H = 2.
10
§ 4. Понятие о собственных числах матрицы
Определение 22. Собственными числами r матрицы А называются корни уравнения det( A rE) 0 ,
где Е – единичная матрица.
1 2
.
Пример. Найти собственные числа матрицы А
3 2
Решение.
1 r
2
det( A rE)
0
3
2r
Раскроем определитель: (1–r)·(2–r) – 6 = 0
r 2 3r 4 0
D 25 . Отсюда, r1 4, r2 1 – собственные числа.
§ 5. Системы линейных уравнений.
п. 1. Основные понятия.
a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a x a x ... a x b
21 1
22 2
2n n
2
Определение 23 . Система уравнений вида
называется системой m
..............................................
a m1 x1 a m 2 x 2 ... a mn x n bm
линейных уравнений с n неизвестными х1, х2, …, хn.
Определение 24. Если все bi = 0 ( i = 1, 2, 3,…, m), то система называется однородной, в противном
случае неоднородной.
Определение 25. Матрица, состоящая из коэффициентов при неизвестных, называется матрицей
системы. Матрица, состоящая из коэффициентов при неизвестных и столбца свободных членов,
называется расширенной матрицей системы.
a11 a12 ... a1n b1
a11 ... a1n
a12 a22 ... a2 n b2
A ... ... ... – матрица системы,
– расширенная матрица
AB
...
... ... ... ...
a
m1 ... amn
a
a
...
a
b
mn m
m1 m 2
b1
x1
b2
x2
системы, B – столбец свободных членов, X – столбец неизвестных.
...
...
b
x
m
n
Матричная запись системы линейных уравнений имеет вид: A X B .
Определение 26. Система уравнений, имеющая хотя бы одно решение, называется совместной.
Система, не имеющая решений, несовместной.
Элементарные преобразования системы (только над строками):
1.
перестановка уравнений,
2.
умножение уравнения на число, отличное от нуля,
3.
прибавление к уравнению другого уравнения, умноженного на число.
Выполняют элементарные преобразования над расширенной матрицей системы и лишь над
строками, так как перестановка столбцов соответствует переобозначению неизвестных.
11
Теорема Кронекера – Капелли.
Для того чтобы система m линейных уравнений с n неизвестными была совместной, необходимо и
достаточно, чтобы ранг матрицы системы был равен рангу расширенной матрицы. При этом 1) если
rangA rang A B n , то система имеет единственное решение, 2) если rangA rang A B n , то система
имеет бесконечное множество решений.
Без доказательства
2 x 3 y 5
Пример 1. Определить, сколько решений имеет система
.
x y 4
Решение.
Найдем ранги матрицы системы и расширенной матрицы системы.
2 3 5
1 1 4
1 1 4
A B
2 3 5
0 5 3 две ненулевые строки rangA B 2.
1
1
4
Если закрыть столбец свободных членов, то получим матрицу системы, которая так же имеет две
ненулевые строки, следовательно,
Число неизвестных – два: x, y. Получили, что
rangA 2.
rangA rang A B n 2 , следовательно, система имеет единственное решение.
2 x 2 y 3
Пример 2. Определить, сколько решений имеет система уравнений
.
x y 4
Решение.
Найдем ранги матрицы системы и расширенной матрицы системы.
2 2 3
1 1 4
1 1 4
две ненулевые строки rangA B 2.
A B
1 1 4
2 2 3
0 0 5
Если закрыть столбец свободных членов, то получим матрицу системы, которая имеет одну ненулевую
строку, следовательно, rangA 1. Получили, что rangA rang A B , следовательно, система не имеет
решений.
П. 2. Методы решения систем линейных уравнений.
пп. 1. Метод Гаусса
(для решения однородных и неоднородных систем, когда m n, m n, m n )
a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a x a x ... a x b
21 1
22 2
2n n
2
- неоднородная,
..........
..........
..........
..........
......
a m1 x1 a m 2 x 2 ... a mn x n bm
a11x1 a12 x2 ... a1n xn 01
a x a x ... a x 0
21 1
22 2
2n n
- однородная.
..........
..........
..........
..........
......
am1 x1 am 2 x2 ... amn xn 0
Идея метода – последовательное исключение неизвестных: с помощью элементарных
преобразований над строками расширенная матрица системы приводится к трапециевидной или к
треугольной форме, при этом удобнее, чтобы все ведущие элементы были равны 1 (алгоритм
нахождения рангов), либо устанавливается, что система несовместна. Это прямой ход метода Гаусса.
Алгоритм прямого хода метода Гаусса:
1. Записываем расширенную матрицу системы A B .
2. Переставляя строки, добиваемся, чтобы a11 0 ; удобнее, чтобы a11 1 и, если в первом столбце
есть 1, то именно эту строку делаем первой. Первую строку назовем рабочей, элемент a11 - ведущим.
3. Ведущий элемент рабочей строки должен быть равен 1. Если a11 1 , то делим первую строку на
a11 .
12
4. Умножая первую строку на числа (a j1 ) , где j 2, 3,..., m , и прибавляя ее соответственно ко
второй и т.д. m-ой строке, получим в 1-ом столбце под a11 нули.
5. Не трогая первой строки, путем перестановки остальных строк, добиваемся, чтобы a22 0 , а лучше,
если во втором столбце, кроме первой строки, есть 1, чтобы a22 1 , (рабочей стала вторая строка, ведущим
– элемент a22 ).
6. Если a22 1 , то делим вторую строку на a22 , получим ведущий элемент равным 1.
7. Умножая вторую строку на числа (a j 2 ) , где j 3,..., m , и прибавляя ее соответственно к третьей и
т.д. m-ой строке, получим во 2-ом столбце под a22 нули.
8. И так далее, пока расширенная матрица системы не приведется к трапециевидной форме. На
главной диагонали полученной матрицы стоят единицы.
1 a12 ... a1( n 1) a1n b1
0 1 ... c1( n 1) c2 n d 2
Например, A B 0 0 ... s1( n 1) s2 n p3 .
... ... ...
...
... ...
1
kmn lm
0 0 ...
9. Находим ранги матрицы-системы и расширенной матрицы системы. Проверяем условия
теоремы Кронекера-Капелли. Делаем вывод о количестве решений системы: одно решение, либо
бесконечное множество решений, или нет решений.
Обратный ход заключается в последовательном нахождении неизвестных. Для этого
полученная трапециевидная или треугольная матрица записывается снова в виде системы уравнений, и
из нее алгебраическим путем, начиная с последнего уравнения, находятся неизвестные.
В нашем примере получаем бесконечное множество решений, которые находятся из системы:
x1 a12 x2 ... a1( n 1) xn 1 a1n xn b1
x2 ... c1( n 1) xn 1 c2 n xn d 2
.
..............................................
xn 1 kmn xn lm
В случае бесконечного множества решений все переменные делятся на базисные и свободные.
Определение 27. Базисным минором называется ненулевой минор максимального порядка
основной матрицы, находящийся в левом верхнем углу. Базисные переменные – это переменные,
коэффициенты при которых образуют базисный минор. Остальные переменные называются
свободными, т.е. это переменные, которым можно придавать произвольные действительные значения.
Количество базисных переменных равно rangA .
Количество свободных переменных можно найти с помощью формулы: n rangA .
Все получившиеся базисные переменные (в примере х1, х2,…, хn-1) выражаются через свободные (в
примере хn) и находится решение системы, либо, если все переменные являются базисными, то
выражается в численном виде единственное решение системы линейных уравнений.
Эта процедура начинается с последнего уравнения, из которого выражают соответствующую
базисную переменную (а она там всего одна) и подставляют в предыдущие уравнения, и так далее,
поднимаясь по «ступенькам» наверх. Каждой строчке соответствует ровно одна базисная переменная,
поэтому на каждом шаге, кроме последнего (самого верхнего), ситуация в точности повторяет случай
последней строки.
В примере: xn 1 lm kmn xn , …, x2 d2 ... c1( n 1) xn 1 c2n xn , x1 b1 a12 x2 ... a1( n 1) xn 1 a1n xn .
Ответ примера: {( b1 a12 x2 ... a1( n 1) xn 1 a1n xn , d2 ... c1( n 1) xn 1 c2n xn , … , lm kmn xn ), xn R }.
Определение 28. Базисным решением называется частное решение, получающееся из общего при
нулевых значениях свободных переменных.
13
Решение однородных систем методом Гаусса
Однородная система
a11x1 a12 x2 ... a1n xn 0
a x a x ... a x 0
21 1
22 2
2n n
..............................................
am1 x1 am 2 x2 ... amn xn 0
всегда совместна, так как она всегда имеет
нулевое решение x1 = x2 = … = xn = 0. Для нее справедливо, что rangA rang A B .
Теорема Кронекера-Капелли для однородной системы:
1) если rangA n , то система имеет единственное решение – нулевое, 2) если rangA n , то
система имеет бесконечное множество решений, среди которых есть и ненулевые.
Определение 28. Линейно независимая совокупность решений однородной системы называется
фундаментальной системой решений, если каждое решение является линейной комбинацией
остальных.
Идея метода Гаусса: матрица системы приводится к трапециевидной или к треугольной форме,
затем все получившиеся базисные переменные выражаются через свободные переменные и находится
фундаментальное решение системы.
x1 2 x2 3x3 4 x4 0
Пример. Решить систему линейных уравнений: x1 x2 x3 5 x4 0 .
2 x x 3 x 2 x 0
2
3
4
1
Решение.
1 2 3 4
1 2 3 4
Запишем матрицу системы: A 1 1 1 5
0 3 2 1
2 1 3 2
0 5 3 6
1 2 3
2
0 1
3
5
3
4
1
3
6
1 2 3 4
1 2 3 4
2
1
2
1
,
0 1
0 1
3
3
3
3
0 0
1
23
1
23
0 0
3
3
отсюда rangA 3, т.к. три ненулевые строки. Количество неизвестных n = 4, т.е. rangA n , следовательно,
по теореме Кронекера - Капелли система имеет бесконечное множество решений. Найдем его.
Запишем полученную матрицу в виде системы уравнений:
x1 2 x2 3x3 4 x4 0
2
1
x2 x3 x4 0 .
3
3
x3 23x4 0
Система имеет три базисные неизвестные: х1, х2, х3 и одну свободную х4 (n - rangA 1) .
Выразим базисные неизвестные через свободную переменную, начиная с последнего уравнения:
x3 23x4 ,
2
1
2
1
x2 x3 x4 (23x4 ) x4 15 x4 ,
3
3
3
3
x1 2 x2 3x3 4 x4 2(15x4 ) 3(23x4 ) 4 x4 43x4 .
Ответ: Фундаментальная система решений: {(43x4 , 15x4 , 23x4 , x4 ), x4 R} .
14
Решение неоднородных систем методом Гаусса
2x y 5
Пример 1. Решить систему уравнений: x 3z 16 .
5 y z 10
Решение.
2 1 0 5
1 0 3 16
1 0 3 16
2 1 0 5
0 1 6 27
A B 1 0 3 16
0 5 1 10
0 5 1 10
0 5 1 10
1 0 3 16
0 1 6 27
0 0 29 145
1 0 3 16
0 1 6 27 .
0 0 1 5
Проверим условия теоремы Кронекера-Капелли: rangA rang A B n 3 , следовательно, система
имеет единственное решение. Найдем его. Запишем полученную матрицу в виде системы уравнений:
x 3z 16
y 6 z 27 . Отсюда z 5, y 6 z 27 30 27 3, x 3z 16 15 16 1 .
z 5
Ответ: {(1, 3, 5)}.
2x y 5
Пример 2. Решить систему уравнений: x 3 y 6 .
3 x 2 y 2
Решение.
1 3 6
0 7 7
0 11 16
2 1 5
1 3 6
A B 1 3 6
2 1 5
3 2 2
3 2 2
Проверим условия теоремы Кронекера-Капелли:
следовательно, система не имеет решений.
Ответ: .
1 3 6
0 1 1
0 11 16
1 3 6
0 1 1 .
0 0 5
rangA 2, rang A B 3, то есть, rangA rang A B ,
пп. 2. Метод Крамера
(для решения неоднородных систем, когда m n )
Замечание. Метод применяется (редко) для решения и однородных систем, в случае, когда m n .
Будет рассмотрено в замечании к теореме Крамера.
Теорема Крамера.
Рассмотрим неоднородную систему n линейных уравнений с n
неизвестными
a11x1 a12 x2 ... a1n xn b1
a x a x ... a x b
21 1
22 2
2n n
2
. Если определитель матрицы системы отличен от нуля, то система имеет
..........
..........
..........
..........
......
an1 x1 an 2 x2 ... ann xn bn
x
x
x
x2 2 , …, xn n , где
единственное решение, которое находится по формулам: x1 1 ,
15
a11
a21
A
...
an1
... a1i ... a1n
... a2i ... a2 n
... ... .. ...
... ani ... ann
–
определитель
матрицы
системы,
a11
a
xi 21
...
an1
...
...
...
...
b1 ... a1n
b2 ... a2 n
... .. ...
bn ... ann
–
определитель, полученный из определителя заменой i –того столбца столбцом свободных членов,
i = 1, 2,…, n.
Без доказательства
Замечания.
Замечание 1) Если определитель матрицы неоднородной системы A 0 , но и все xi 0 , то
система имеет бесконечное множество решений, которые находятся по формулам: xi Bit , где Вi –
алгебраические дополнения к элементам той строки, где стоит элемент, минор которого отличен от нуля.
Если A 0 , но при этом хотя бы один из xi 0 , то система не имеет решений.
Замечание 2) Метод Крамера можно применить и для решения однородных систем линейных
уравнений, когда m n .
Если A 0 , но хотя бы один из его миноров отличен от нуля, то система имеет бесконечное
множество решений, которые находятся по формулам: xi Bit , где Вi – алгебраические дополнения к
элементам той строки, где стоит элемент, минор которого отличен от нуля.
Если A 0 и все его миноры равны нулю, то система сводится к одному уравнению и имеет
бесконечное множество решений.
Если A 0 , то система имеет единственное решение - нулевое.
Примеры.
2x y 5
Пример 1. Решить систему уравнений: x 3z 16 .
5 y z 10
Решение.
2 1 0
Найдем определитель матрицы системы: A 1 0 3 30 1 29 0 , следовательно,
0 5 1
система имеет единственное решение.
Найдем определители x, y, z :
2 1 5
5 1 0
2 5 0
x 16 0 3 29 , y 1 16 3 87 , z 1 0 16 145 .
0 5 10
10 5 1
0 10 1
Найдем решение системы по формулам Крамера:
x 29
y 87
z 145
x
1, y
3, z
5.
29
29
29
Ответ: {(1, 3, 5)}.
2x 5 y 7z 0
Пример 2. Решить систему уравнений: 6 x 3 y 4 z 0 .
5 x 2 y 3z 0
Решение.
Данная однородная система имеет 3 уравнения с тремя неизвестными. Для нахождения решения
применим замечание 2 к теореме Крамера.
Найдем определитель матрицы системы:
16
2 5
7
4 1 0 , следовательно, система имеет единственное решение - нулевое.
A 6 3
5 2 3
Ответ: {(0, 0, 0)}.
пп. 3. Метод обратной матрицы
(для решения неоднородных систем, когда m n )
a11x1 a12 x2 ... a1n xn b1
a x a x ... a x b
21 1
22 2
2n n
2
, матричная запись системы имеет вид A X B .
..........
..........
..........
..........
......
an1 x1 an 2 x2 ... ann xn bn
Если А – невырожденная матрица ( A 0 ), то для нее существует обратная матрица A1 (по
1 V
теореме): A1
А , где АV – присоединенная матрица.
A
A X B A1 обе части, получим A1 A X A1 B ,
x1
x
1
1
отсюда E X A B , т.е. X A B 2 - матрица-столбец неизвестных.
...
x
n
2x y 5
Пример 1. Решить систему уравнений: x 3z 16 .
5 y z 10
Решение.
2 1 0
Матрица системы A 1 0 3 ,
0 5 1
x
X y.
z
5
столбец свободных членов B 16 , столбец неизвестных
10
2 1 0
Найдем определитель матрицы системы: A 1 0 3 29 0 , следовательно,
0 5 1
существует обратная матрица A1 .
Найдем алгебраические дополнения:
0 3
1 3
A11
15 ,
A12
1,
5 1
0 1
A23
2 1
10 ,
0 5
A31
A13
1 0
5,
0 5
A21
1 0
1,
5 1
A22
2 0
2 ,
0 1
1 0
2 0
2 1
3 , A32
6 , A33
1 .
0 3
1 3
1 0
Запишем присоединенную матрицу
3
15 1
А 1
2 6 , тогда обратная матрица имеет вид:
5
10 1
V
3
15 1
1
A
2 6 .
1
29
10 1
5
Найдем матрицу-столбец неизвестных:
1
17
3 5
15 1
29 1
1
1
X A B
2 6 16 87 3 .
1
29
29
5 10 1 10
145 5
Ответ: {(1, 3, 5)}.
1
Отсюда, x = 1, y = 3, z = 5.
1 2
6 7
Х
.
Пример 2. Решить матричное уравнение
3 4
14 15
Решение.
1
1 2 6 7
Х
3 4 14 15
1
1 2
1 2
.
к матрице А =
Найдем обратную матрицу
3 4
3 4
1 2
4 6 2 , алгебраические дополнения: А11 = 4, А12 = –3, А21 = –2, А22 = 1.
det
3 4
A1
1 4 2 2
1 V
3
А =
2 3 1
A
2
2
Х 3
2
1
1 , тогда
2
1 6 7
1
=
14 15
2
2 1
2 3
Примеры.
x y z 36
Пример 1. Решить систему линейных уравнений x y z 13 двумя способами.
x y z 7
Решение.
1. Метод Гаусса.
1 1 1 36
A B 1 1 1 13
1 1 1 7
1 1 1 36
0 2 2 23
0 2
0 43
1 1 1 36
1 1
23
0 1 1
0 1
2
2
20
0 0
Найдем ранги матрицы системы
1 1 1 36
23
0 1 1
2
2
43
1 1 1 36
23
0 1 1
2
2
43
1 36
23
1
2
1 10
и расширенной матрицы системы: rangA 3, rang A B 3 ,
число неизвестных n = 3, следовательно, rangA rang A B n 3 , отсюда по теореме КронекераКапелли система имеет единственное решение.
Найдем его. Для этого запишем полученную матрицу в виде системы линейных уравнений:
x y z 36
23
yz
.
2
z 10
23
23
43
z
10 ,
2
2
2
49 43
Ответ: , , 10 .
2 2
Отсюда z 10,
y
x 36 y z 36
43
49
10
.
2
2
18
2) Метод Крамера.
Найдем определитель матрицы системы:
1 1 1
A 1 1 1 4 0 , следовательно,
1 1 1
существует единственное решение. Найдем определители x, y, z :
36 1 1
1 36 1
1 1 36
x 13 1 1 98 , y 1 13 1 86 , z 1 1 13 40 .
7 1 1
1 7 1
1 1 7
По формулам Крамера решение системы имеет вид:
x 98 49
y 86 43
z 40
, y
, z
x
10 .
4
2
4
2
4
49 43
Ответ: , , 10 .
2 2
x y z 36
Пример 2. Решить систему линейных уравнений x y z 13 методом Гаусса.
x y z 7
Решение.
1 1 1 36
1
0
A B 1 1 1 13
1 1 1 7
0
Найдем ранги матрицы системы
1 1 36
.
2 2 23
0 29
и расширенной матрицы системы: rangA 2, rang A B 3 ,
следовательно, rangA rang A B , отсюда по теореме Кронекера-Капелли система не имеет решений.
Ответ: система не имеет решений.
x y 3z u 6
Пример 3. Решить систему линейных уравнений 5 x 5 y 7 z u 8 . В случае бесконечного
x 8 y 18 z 5u 6
множества решений, найти базисное решение.
Решение.
Данную систему можно решить только методом Гаусса, так как количество переменных больше,
чем уравнений.
1 1
3
1 6
1 1 3
1 1
1 6
3
1 6
11 2 11
0 10 22 4 22 0 1
A B 5 5 7 1 8
5
5
5
1 8 18 5 6
0 9 21
0 9 21
4 12
4
12
1 6
1 6
1 1 3
1 1 3
11 2 11
11 2 11
0 1
0 1
5
5 5
5
5 5
6
38 39
19 13
1
0 0
0 0
5
5 5
3 2
Найдем ранги матрицы системы и расширенной матрицы системы: rangA 3, rang A B 3 ,
число неизвестных n = 4, следовательно, rangA rang A B n , отсюда по теореме Кронекера-Капелли
система имеет бесконечное множество решений. Найдем его. Для этого запишем полученную матрицу
в виде системы уравнений:
19
x y 3z u 6
11
2
11
y z u
5
5
5
19
13
z u
3
2
Введем одну свободную переменную, пусть это будет u, и выразим через нее все оставшиеся
неизвестные.
13 19
11 11
2
11 11 13 19 2
33 86
z u , y z u u u u ,
2 3
5 5
5
5 5 2 3 5
2
3
33 86
26
13 19
x 6 y 3z u 6 u 3 u u 9 u .
2
3
3
2 3
26
33 86
13 19
Ответ: 9 u, u, u, u , u R . Базисным решением называется частное
3
2
3
2 3
решение, получающееся из общего при нулевых значениях свободных переменных, то есть
33
13
9, , , 0 .
2
2
Глава 2. Векторная алгебра.
§ 1. Векторы.
П.1. Основные определения.
Существуют скалярные и векторные величины. Скалярные характеризуются своим численным
значением (например, температура, работа, плотность,…), а векторные, кроме численного значения,
обладают также направлением в пространстве (например, сила, скорость,…).
Определение 1. Вектором называется направленный отрезок AB с начальной точкой А и
AB a
конечной В.
В
А
a
Начало вектора называется его точкой приложения.
Определение 2. Длиной вектора AB называется длина отрезка
AB .
Число, равное длине
вектора, измеренного выбранной масштабной единицей, называется модулем. AB AB
Задать вектор – это значит задать его модуль и направление в пространстве.
Определение 3. Вектор a называется единичным, если a =1. Вектор a называется нулевым или
нуль-вектором, если a 0 0 . Нулевой вектор 0 имеет любое направление.
Определение 4. Векторы a и b называются сонаправленными, если они параллельны (лежат на
одной или параллельных прямых) и имеют одинаковое направление, если при этом направление не
совпадает, то векторы называются противоположно направленными.
a b – сонаправлены. a b – противоположно направлены.
a
b
Определение 5. Векторы a и b называются равными, если a b .
a b
Определение 6. Единичный вектор, имеющий одинаковое направление с вектором a , называется
ортом вектора a и обозначается a 0 .
a
a0
a 0 =1.
Определение 7. Вектор, выходящий из начала координат, называется радиус-вектором.
20
С помощью параллельного переноса векторы можно перемещать в любое место пространства.
П.2 Линейные действия над векторами.
1. Сложение векторов.
a
Даны два вектора
b
a
А) Правило треугольника: a + b = c .
c
В)
Правило параллелограмма:
вектор c направлен по
диагонали параллелограмма, построенного на векторах a и b .
b
b
a
c
c
С) Для сложения трех векторов в пространстве существует правило
параллелепипеда:
a + b + c =d .
Свойства сложения: 1. a + b = b + a
2. a + b + c = ( a + b )+ c = a + ( b + c )
3. a + 0 = a
4. Если a + b + c = d , то d a b c
a
d
b
2. Вычитание векторов.
Определение 8. Противоположным вектором к вектору AB a называется вектор BA a ,
причем a (a ) 0, a a .
Вычесть вектор, значит прибавить противоположный.
–b
А) Правило параллелограмма.
c
a
b
В) Правило треугольника
b
a
c
Вывод из 1 и 2: векторы суммы и разности векторов направлены по диагоналям параллелограмма,
построенного на векторах a и b .
b
a
c2
c1
c1 a b
c2 a b
3. Умножение вектора на скаляр.
Определение 9. Пусть λ – действительное число, тогда произведением числа λ на вектор a
называется вектор b такой, что 1) b a , 2) a b , если 0 и a b , если 0 .
21
a b , причем a a .
Умножение вектора на число – это растяжение или сжатие вектора с сохранением или с
изменением на противоположное направления.
a
2
–a
a
Свойства произведения:
1. (1)a a
2. 0 a 0
3. 0 0 , λ – число.
4. ( ) a a a , α и β – числа.
5. λ ( a + b ) = λ a + λ b
6. ( ( a ) ( ) a
a
7. a
8. n a a
a ...
a , n – число.
n
ðàç
Определение 10. Векторы, лежащие на одной или параллельных прямых, называются
коллинеарными.
0 коллинеарен любому вектору.
Теорема 1 (о необходимом и достаточном условии коллинеарности векторов). Равенство a b ,
где λ – действительное число, справедливо тогда и только тогда, когда векторы a и b коллинеарны,
при этом если 0 , то a b , если 0 , то a b , если λ = 0, то направление b любое.
Доказательство.
Необходимость ( ). Пусть a b , тогда по определению 9 векторы a и b лежат на одной или
параллельных прямых, совпадают или противоположны по направлению. Тогда, по определению 10,
векторы a и b коллинеарны.
Достаточность ( ). Пусть векторы a и b коллинеарны, тогда по определению 10, они
расположены на одной или параллельных прямых, при этом они совпадают или противоположны по
направлению. Такие векторы можно получить, используя определение 9, т.е. a b , где λ –
действительное число.
(что и требовалось доказать)
Определение 11. Векторы, лежащие в одной плоскости, называются компланарными.
П.3. Проекции вектора. Расположение вектора в пространстве. Операции над векторами.
Определение 12. Проекцией вектора AB на ось l называется длина вектора ab этой оси,
заключенного между проекциями a и b его начальной точки А и конечной точки В, взятая со знаком
«плюс», если направление ab совпадает с направлением оси l, и со знаком «минус», если эти
направления противоположны.
С
D
Ďđl AB ab , Ďđl CD cd
В
А
α
l
d
c
а
b
Замечание. Проекцией точки А на ось l называется точка А0 такая, что прямая (АА0) пересекает
ось l под углом 900 в точке А0.
22
Теоремы о проекциях:
Теорема 2. Прl AB AB cos , где α – угол между вектором AB и положительным
направлением оси l.
Теорема 3. Прl (a b c ) Ďđl a Ďđl b Ďđl c .
замыкающего контура.
Теорема 4. Ďđl ( a ) Ďđl a .
равна
проекции
(без доказательства)
Определение 13. Проекции вектора на координатные оси
называются координатами вектора.
az
z1
a
A
O
x
ломаной
z
z2
ax
x2
Проекция
y1 ay
x1
AB a {ax , a y , az } ,
B
y2
y
ax , a y , az координаты вектора a .
Если даны координаты точек A(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2), то
ax x2 x1, a y y2 y1, az z2 z1.
AB a {x2 x1, y2 y1, z2 z1}.
Длина вектора находится по формуле:
a ax2 a y2 az2 .
Следствие из теоремы 1. Вектор a {ax , a y , az } коллинеарен вектору b {bx , by , bz } тогда и
только тогда, когда их координаты пропорциональны:
ax a y az
.
bx by bz
ax a y az
, где λ – коэффициент пропорциональности. Если λ > 0, векторы
bx by bz
сонаправлены ( a b ); λ < 0, векторы противоположно направлены ( a b ).
a
Замечание 2. .
b
Замечание 1.
Ортами координатных осей (Ох), (Оy), (Оz) называются векторы i , j , k соответственно.
| i | | j | | k | 1.
a {ax , a y , az } , построенный на векторах
Рассмотрим радиус-вектор
z
OA, OB, OC (по правилу параллелепипеда), причем A(ax , 0, 0) , B(0, a y , 0) ,
az
γ
C (0, 0, az } : a OA OB OC (*).
a
OA axi , OB a y j , OC az k , то подставив в (*),
Так как
β
O k
ay y
получим
i
B
j
a axi a y j az k разложение вектора a {ax , a y , az } по ортам i , j , k .
ax
α
A
x
Пусть α, β, γ – углы между вектором a и координатными осями, тогда в силу теоремы 2 получим,
ax a cos , a y a cos , az a cos .
что
23
Определение
14.
Направляющими
косинусами
вектора
a {ax , a y , az } называются
cos , cos , cos , где α, β, γ – углы между вектором a и координатными осями, причем
a
a
a
cos x , cos y , cos z .
a
a
a
Замечание. Из определения видно, что направляющие косинусы являются координатами орта
вектора a {ax , a y , az } , т.е. a 0 {cos , cos , cos } .
Определение 15. Нормой вектора в евклидовом пространстве называется длина вектора.
Определение 16. Орт вектора называется нормированным вектором.
Теорема 5 (о направляющих косинусах). Сумма квадратов направляющих косинусов равна 1:
cos 2 cos 2 cos 2 1.
Доказательство (для плоского случая)
Из прямоугольного треугольника имеем, что
a
ay
a
a
у
x
, cos y
.
cos x
2
2
2
2
ау
a
a
a
a
a
a
x
y
x
y
a
β
2
2
a
α
О
ax2 a y2
ax
х
y
2
2
cos cos
2
1, что и треб. доказать.
a 2 a 2 a 2 a 2
ax a y2
ах
x
y
x
y
Определение 17. Даны два вектора a {ax , a y , az } и b {bx , by , bz } , тогда координаты вектора их
суммы и разности вычисляются по формулам:
a b {ax bx , a y by , az bz }, a b {ax bx , a y by , az bz } .
Определение 18. Произведением вектора a {ax , a y , az } на действительное число λ называется
вектор c такой, что c a {ax , a y , az } .
Замечание. Для вектора
определения и теоремы.
a {ax , a y , az ,...., an }
n-мерного пространства справедливы все
Пример. Даны точки М1(2; 1), М2(–1;3) и вектор a {2, 1} . Найти длину и направление вектора
M1M 2 , координаты его орта, проверить коллинеарность векторов M1M 2 и a , найти координаты
вектора M1M 2 – 2 a .
Решение.
Найдем координаты вектора M1M 2 m 1 2; 3 1 3; 2.
M1M 2 mx2 my2 (3)2 22 13 .
m
m
3
2
0,832 , cos y
0,555 sin .
Найдем направляющие косинусы: cos x
m
m
13
13
Отсюда, cos 0, sin 0 , следовательно,
2
, 146018/ .
Координаты орта по замечанию к определению 14:
3 2
M 1M 2 m 0
;
. Вектор
13 13
называется нормированным вектором.
По следствию к теореме 1 проверим коллинеарность векторов: для коллинеарности должно
a
a
2
1
, следовательно, M1M 2 и a не коллинеарны.
выполняться условие x y . Проверим:
mx m y
3 2
Найдем координаты вектора M1M 2 – 2 a . Координаты вектора 2a найдем по определению 18:
2a 2 2; 2 1 4; 2, тогда по определению 15: M1M 2 – 2 a 3 4; 2 2 7;0.
24
П.4. Линейная зависимость и независимость векторов. Базис.
Определение 19. Пусть a1 , a2 ,..., an векторы, k1 , k 2 ,..., k n действительные числа. Тогда вектор
n
a k1a1 k2 a2 ... kn an = ki ai называется линейной комбинацией векторов a1 , a2 ,..., an .
Числа
i 1
k1 , k2 ,..., kn называются коэффициентами линейной комбинации.
Пример. Даны векторы a1 {1, 2, 3} , a2 {4, 2, 1} , a3 {0, 2, 4, 5} . Представить вектор a {6, 6, 7}
в виде линейной комбинации векторов a1 , a2 , a3 .
Решение. a 2a1 a2 0 a3 .
Определение 20. Векторы a1 , a2 ,..., an называются линейно зависимыми, если один из них есть
линейная комбинация остальных. Иначе, векторы a1 , a2 ,..., an линейно зависимые, если существуют
числа k1 , k2 ,..., kn , не равные одновременно нулю, такие что линейная комбинация
n
k a
i 1
i i
0.
Замечания (рассматривается пространство R3).
1. Два вектора линейно зависимы тогда и только тогда, когда они коллинеарны.
2. Три вектора линейно зависимы тогда и только тогда, когда они компланарны.
3. Четыре и более векторов всегда линейно зависимы.
Определение 21. Если векторы a1 , a2 ,..., an не являются линейно зависимыми, то они называются
линейно независимыми. Иначе, векторы линейно независимы, если их линейная комбинация
n
ki ai 0 тогда и только тогда, когда все числа k1, k2 ,..., kn равны одновременно нулю.
i 1
Определение 22. Совокупность линейно независимых векторов называется базисом.
Замечания.
1. В плоскости базисом могут служить любые два непараллельных вектора.
2. В пространстве базисом могут служить любые три вектора, не параллельных одной плоскости,
то есть некомпланарных.
Например, в пространстве R3 одним из базисов является совокупность векторов i , j , k - ортов
координатных осей.
Определение 23. Разложение вектора a {ax , a y , az } по ортам i , j , k :
называется разложением вектора по базису i , j , k .
a ax i a y j az k
Пример. Найти разложение вектора a {9, 4} 1) по базису векторов i , j , 2) по базису векторов
p {2, 3} и q {1, 2} .
Решение.
1) Разложение вектора a {9, 4} по базису векторов i , j имеет вид: a 9i 4 j .
2 3
2) Векторы p {2, 3} и q {1, 2} не коллинеарны, так как
, следовательно, образуют
1
2
базис. Вектор a представляет собой линейную комбинацию векторов p и q : a xp yq , где числа х
и у – коэффициенты линейной комбинации. Найдем их. Для этого составим систему:
2 x 1 y 9
2 x 1 y 9
. Отсюда у = 5, х = 2.
7 y 35
3 x 2 y 4
Следовательно, a 2 p 5q - разложение вектора a по базису векторов p и q .
Проиллюстрируем пример. Изобразим векторы на плоскости.
25
у
q
2
О
-3
1
у
a
4
5q
х
2
p
9
a 2 p 5q
О
По правилу параллелограмма найдем сумму двух векторов
2 p и 5q :
х
2p
П.5. Деление отрезка в данном отношении
Даны две точки M1 ( x1, y1, z1 ) и M 2 ( x2 , y 2 , z2 ) . Известно, что некая точка M ( x, y, z ) делит отрезок
M 1M
M 1M
.
или, что тоже самое
MM 2
MM 2
Найдем координаты точки М.
М
Обозначим OM r x, y, z, OM1 r1 x1 , y1 , z1,
OM 2 r2 x2 , y2 , z2 .
r
М2
Разложим векторы по базису векторов i , j , k :
r2 у
r xi yj zk , r1 x1i y1 j z1k , r2 x2i y2 j z2k .
Имеем по правилу треугольника, что:
(*)
M1M r r1 , MM 2 r2 r
[М1М2] в отношении λ:
z
О
х
r1
М1
M 1M
выразим вектор M1M : M1M MM 2 .
MM 2
Подставим в данное равенство оба равенства (*). Имеем:
r r1 (r2 r ) . Отсюда
r r2
.
r r r1 r2 . Выразим вектор r : r 1
1
Приравнивая проекции обеих частей на x, y, z , получим:
x x2
y y2
z z 2
x 1
, y 1
, z 1
- координаты точки М.
1
1
1
Если точка М делит отрезок [М1М2] пополам, то есть λ = 1, то координаты точки М находятся по
x x
y y2
z z
x 1 2, y 1
формулам:
, z 1 2.
2
2
2
Из равенства
Пример. Найти координаты точки М, которая делит отрезок [М1М2] , где M1 (3,4, 5) , M 2 (3, 6,3)
в отношении 2 к 3.
Решение.
2
2
3 3
4 6
x x2
y y2
2
3 3,
3 0,
x 1
y 1
.
Дано
Тогда
2
2
1
1
3
1
1
3
3
2
5 (3)
z 1 z 2
9
9
3
z
. Ответ: M 3, 0, .
2
1
5
5
1
3
26
§ 2. Скалярное произведение векторов
Определение 24. Скалярным произведением двух векторов a и b называется число, равное
произведению модулей этих векторов на косинус угла между ними
a
(1)
a b a b cos(a, b ) = a b cos .
b
Скалярное произведение – это число (скаляр).
Скалярное произведение более, чем двух векторов не рассматривается.
a b
Из формулы (1) следует, что
cos(a , b )
ab
(2)
Проекции вектора на вектор
Известно, что проекция вектора на ось l вычисляется по формуле Прl a = a cos , где - угол
между вектором и осью. Пусть вектор b лежит на оси l и сонаправлен с ней. Тогда - угол между
векторами a и b . Проекция вектора a на вектор b вычисляется по формуле: Пр b a = a cos .
Домножим обе части равенства на b , получим:
b Пр b a = b a cos , тогда, по определению, b Пр b a = a b . Отсюда,
a b
a
b
Пр b a =
или
Пр a b = .
(3)
a
b
Геометрический смысл скалярного произведения
Скалярное произведение вектора a на единичный вектор b 0 равно проекции вектора a на
направление, определяемой вектором b 0 , то есть a b 0 = Пр b 0 a .
Механический смысл скалярного произведения
Скалярное произведение силы F на вектор s равно работе А этой силы при перемещении
материальной точки по вектору s :
(4)
A F s .
Свойства скалярного произведения
1. a b b a
2
2. Скалярный квадрат равен квадрату модуля: a a a 2 a
2
2
Доказательство: a a a a cos(a, a ) a cos 0 a
3. Если – действительное число, то (a ) b (a b )
4. (a b ) c a c b c
5. a b 0 a b
(5)
Доказательство.
Доказательство необходимости: 1) Пусть a , b – ненулевые векторы. Тогда скалярное произведение
a b a b cos(a, b ) 0 тогда и только тогда, когда cos(a, b ) 0 , т.е. когда a b . 2) Пусть среди
векторов a , b может быть нулевой вектор (или оба нулевые). По определению 0 -вектор можно
считать перпендикулярным любому вектору, т.е. пусть a b .
Доказательство достаточности: 1) Пусть a b , причем a , b – ненулевые векторы. Тогда скалярное
произведение a b a b cos(a, b ) 0 , так как cos(a, b ) cos 900 0 . 2) Пусть a b , причем среди
27
векторов a , b может быть нулевой вектор (или оба нулевые). Тогда скалярное произведение
a b a b cos(a, b ) 0 , так как длина нулевого вектора равна 0. (что и треб. док.).
6. Если a b 0 , то угол между a и b – острый, если a b 0 , то угол между a и b – тупой. И
наоборот.
z
k
i
x
1
O
1
j
y
1
Таблица скалярного умножения ортов
Углы (i , j ) , (i , k ) , ( j , k ) , (i , i ) 0 , ( j , j ) 0 ,
2
2
2
(k , k ) 0 ; тогда cos 0, cos 0 1 ; длины ортов равны i j k 1 .
2
Следовательно, исходя из определения скалярного произведения,
можем записать, что
i j j i 0 , i k k i 0 , k j j k 0 , i i j j k k 1.
Скалярное произведение векторов, заданных своими декартовыми координатами
Два вектора a {ax , a y , az } и b {bx , by , bz } заданы своими декартовыми координатами. Разложим
a axi a y j az k , b bxi by j bz k .
их по ортам i , j , k :
Найдем скалярное произведение данных векторов:
a b (axi a y j az k ) (bxi by j bz k )
axi bxi axi by j axi bz k a y j bxi a y j by j a y j bz k az k bxi az k by j az k bz k
(воспользуемся таблицей скалярного умножения ортов) = axbx a yby azbz .
Скалярное произведение двух векторов, заданных своими декартовыми координатами, равно
сумме произведений соответствующих координат:
a b axbx a yby azbz
(6)
Отсюда, косинус угла между векторами, заданными своими декартовыми координатами, равен:
axbx a yby az bz
a b
cos(a , b )
(7)
ab
ax2 a y2 az2 bx2 by2 bz2
Примеры.
Пример 1. Найти скалярное произведение векторов (a 2b ) и (2a 3b ) , если известно, что
a 2, b 4, (a, b ) .
3
Решение.
2
2
(a 2b ) (2a 3b ) a 2a a 3b 2b 2a 2b 3b 2a 2 3a b 4a b 6b 2 2 a a b 6 b
2
2
2 a a b cos 6 b 2 22 2 4 cos 6 42 –84.
3
Пример 2. Даны вершины треугольника АВС, где А(–1, –2, 4), В(–4, –2, 0), С(3, –2, 1). Определить
его внутренний угол α при вершине В.
Решение.
Угол при вершине В образуют вектора BA и BC , BA {3, 0, 4} , BC {7, 0, 1} . Длины векторов
равны
cos
BA 32 0 42 5, BC 72 0 12 50 ,
axbx a yby az bz
ax2 a y2 az2 bx2 by2 bz2
=
тогда
по
формуле
(7):
3 7 0 0 4 1
5
25
1
2
, то есть α = 450.
2
2
5 50
50
50
28
Пример 3. Проверить перпендикулярность векторов a {1, 2, 3} и b {4, 2, 3} .
Решение. a b a b 0 . Найдем a b 1 4 2 (2) 3 3 9 0 , то есть векторы не
перпендикулярны.
§ 3. Векторное произведение векторов
Определение 25. Тройкой векторов называется три вектора a, b , c с общим началом,
перечисленных в определенном порядке ( a - первый, b - второй, c - третий) и не лежащих в одной
плоскости (некомпланарных).
Определение 26. Тройка векторов называется «правой», если кратчайший поворот от вектора a к
вектору b , когда смотрим с конца вектора c , происходит против часовой стрелки. Если же этот
поворот кажется происходящим по часовой стрелке, то тройка векторов называется «левой».
c
b
a
Тройка правая
a
c
b
b
c
a
Не тройка (векторы компланарны)
Тройка левая
Происхождение названия: если векторы a, b , c совпадают соответственно с большим,
указательным и средним пальцами правой руки – тройка правая, если левой руки – тройка левая.
Смысл декартовой тройки i , j , k всегда должен соответствовать правилу винта: правый винт
(раскручиваем вправо, вкручиваем влево)) – тройка правая, левый винт – тройка левая.
Определение 27. Векторным произведением векторов a и b называется вектор
удовлетворяющий условиям:
1) c a, c b ,
2) | a b | a b sin(a, b ) , 3) a, b , c образуют правую тройку.
(1)
Обозначение
a b или [a , b ] . Это вектор.
c,
Геометрический смысл векторного произведения
Модуль векторного произведения | a b | равен площади параллелограмма, построенного на
векторах a и b .
(2)
S | a b |.
Тогда площадь треугольника S
a b
2
.
Механический смысл векторного произведения
1) Пусть сила F приложена к точке В. Тогда моментом силы F относительно точки А называется
В
F
вектор M такой, что M r F , где вектор r - плечо АВ, r AB .
r А
2) Пусть материальная точка движется по окружности с центром в точке О,
v - линейная скорость движения точки, r OM - радиус-вектор точки М. Тогда угловой
скоростью материальной точки называется вектор такой, что r v .
F
O M
r
Свойства векторного произведения.
1. a b 0 a , b – коллинеарные векторы.
(3)
Доказательство.
29
Доказательство необходимости: 1) Пусть a , b – ненулевые векторы. Тогда длина векторного
произведения | a b | a b sin(a, b ) 0 тогда и только тогда, когда sin(a, b ) 0 , т.е. когда a || b . 2)
Пусть среди векторов a , b может быть нулевой вектор (или оба нулевые). По определению 0 -вектор
можно считать параллельным любому вектору, т.е. пусть a || b .
Доказательство достаточности: 1) Пусть a || b , причем a , b – ненулевые векторы. Тогда длина
векторного произведения | a b | a b sin(a, b ) 0 , так как sin(a, b ) sin 00 0 . 2) Пусть a || b ,
причем среди векторов a , b может быть нулевой вектор (или оба нулевые). Тогда длина векторного
произведения равна нулю, так как длина 0 - вектора равна 0. (что и треб. доказать).
Частный случай: a a 0
2. a b (b a ) (Пояснение: из-за смены троек)
3. Скалярный квадрат векторного произведения равен квадрату модуля векторного произведения:
2
(a b ) 2 a b (следует из 2-го свойства скалярного произведения)
4. Если – действительное число, то (a ) b a (b ) (a b )
(Пояснение: если одну из сторон параллелограмма увеличить в λ раз, не меняя ее направление, то
и площадь увеличиться в λ раз).
5. (a b ) c a c b c , c (a b ) c a c b Перемножаем, строго соблюдая порядок.
6. (a b )2 (a b )2 | a |2 | b |2
7. a (b c ) b (a c ) (a b ) c
z
k
i
x
1
O
1
Таблица векторного умножения ортов
Углы (i , j ) , (i , k ) , ( j , k ) , (i , i ) 0 , ( j , j ) 0 ,
2
2
2
(k , k ) 0 ; тогда sin 1, sin 0 0 ; длины ортов равны i j k 1 .
2
j
y Следовательно, исходя из определения векторного
произведения, можем
1
записать,
что
i j k , j i k ,
i k j, k i j ,
k j i , j k i , i i j j k k 0 .
Векторное произведение векторов, заданных своими декартовыми координатами
Два вектора a {ax , a y , az } и b {bx , by , bz } заданы своими декартовыми координатами. Разложим
a axi a y j az k , b bxi by j bz k .
их по ортам i , j , k :
Найдем векторное произведение данных векторов:
a b (axi a y j az k ) (bxi by j bz k )
axi bxi axi by j axi bz k a y j bxi a y j by j a y j bz k az k bxi az k by j az k bz k
(воспользуемся
таблицей
векторного
умножения
ортов
и
сгруппируем)
= (a ybz azby )i (azbx axbz ) j (axby aybx )k (a ybz azby )i (axbz azbx ) j (axby a ybx )k .
=
Выражения в скобках получаются при вычислении определителей 2-го порядка, поэтому можно
a y az ax az ax a y
i
j
k –разложение по первой строке определителя 3-го
записать: a b
by bz
bx by
bx bz
порядка:
30
i
a b ax
bx
j
ay
by
k
az –
bz
(4)
формула для нахождения векторного произведения векторов, заданных своими декартовыми
координатами.
Можем записать, что координаты вектора векторного произведения равны:
a y az ax az ax a y
a b c
;
;
.
by bz bx bz bx by
Примеры.
Пример № 1. Векторы a и b образуют угол . Зная a 6, b 5 , вычислить a b .
6
Решение.
Ответ: 15.
| a b | a b sin = 6 5 sin 15 .
6
Пример № 2. Даны a 3, b 26 , a b 72 . Вычислить a b .
Решение.
| a b |
72
12
Из свойства | a b | a b sin выразим sin
.
3 26 13
ab
2
25
12
Из основного тригонометрического тождества следует, что cos 1 sin 1
.
13 169
25
5
. По определению найдем скалярное произведение векторов:
Найдем cos : cos
169
13
5
a b a b cos = 3 26 30
13
2
2
2
Пример № 3. Векторы a и b образуют угол
. Зная a 1, b 2 , вычислить (2a b ) (a 2b ) .
3
Решение.
(2a b ) (a 2b 2a a 2a 2b b a b 2b 0 4a b a b 0 3a b 3 a b
2
3
6
3 3.
= 3 a b sin 3 1 2 sin
3
2
Пример № 4. Даны два вектора a {3, 1, 2} и b {1, 2, 1} . Найти координаты векторного
произведения векторов (2a b ) и (a b ) .
Решение.
Найдем координаты векторов 2a b 5, 4, 3, a b 2, 3, 1.
i
j
k
(2a b ) (a b ) 5 4 3 5i j 7k .
Ответ: 5, 1, 7
2 3 1
Пример № 5. Сила F 2, 4, 5 приложена к точке В(4, -2, 3). Определить момент этой силы
относительно точки А(3, 2, -1) и его величину.
Решение.
31
Найдем вектор r AB 1,4, 4.
i
j k
M r F = 1 4 4 4i 3 j 4k .
2 4 5
Ответ: M 41
M (4)2 32 42 41 .
Пример № 6. Даны три вершины параллелограмма ABCD: А(2, -1, 2), В(1, 2, -1), С(3, 2, 1). Найти его
площадь.
Решение.
Найдем векторы, на которых построен параллелограмм:
BA 1, 3, 3, BC 2, 0, 2 (они должны
выходить из одной точки).
i
j k
BA BC 1 3 3 6i 4 j 6k . Тогда S BA BC (6)2 42 62 88 ед.кв..
2 0 2
§ 4. Смешанное произведение векторов
Определение 28. Смешанным или векторно-скалярным произведением трех векторов называется
число, равное (a b ) c .
d
c
a
b
Геометрический смысл смешанного произведения
(a b ) c d c по определению = d Пр d c .
d a b , а d - площадь параллелограмма, построенного на векторах a и b .
Вектор d по определению векторного произведения перпендикулярен к
векторам a и b , следовательно, перпендикулярен плоскости параллелограмма.
Построим на векторах a, b , c параллелепипед. Тогда Пр d c - это высота данного параллелепипеда:
Пр d c = h.
Из всего вышесказанного получили, что (a b ) c S h = V – объем параллелепипеда, причем
(a b ) c V , если a, b , c образуют правую тройку (h > 0), и (a b ) c V , если левую (h < 0).
В связи с чем, правильнее писать, что объем параллелепипеда, построенного на векторах a, b , c
V (a b ) c .
равен
(1)
Свойства смешанного произведения.
1. (a b ) c (b c ) a (c a ) b
При циклической перестановке множителей смешанное произведение не изменяется.
Данное свойство позволяет ввести новое обозначение смешанного произведения:
(a b ) c a b c , так как результат не зависит, как расставляются скобки.
2. Условие компланарности трех векторов:
(a b ) c a b c 0 a, b , c компланарные векторы.
Т.е. параллелепипед вырождается в часть плоскости с нулевым объемом.
3. (a b ) c a b c 0 a, b , c образуют базис во множестве векторов.
(2)
(3)
32
Смешанное произведение векторов, заданных своими декартовыми координатами
Три вектора a {ax , a y , az } , b {bx , by , bz } , c {cx , c y , cz }
заданы своими декартовыми
координатами. Разложим их по ортам i , j , k :
a ax i a y j az k ,
b bxi by j bz k ,
c cx i c y j cz k .
Известно, что векторное произведение векторов a и b находится по формуле:
a y az ax az ax a y
a b
i
j
k.
by bz
bx by
bx bz
Найдем скалярное произведение вектора векторного произведения (a b ) и вектора c , как
векторов, декартовые координаты которых известны:
a y az
ax a y
a az
cx x
cy
c – это есть разложение по третьей строке
(a b ) c a b c
by bz
bx by z
bx bz
определителя 3-го порядка:
ax
(a b ) c a b c bx
cx
ay
by
cy
az
bz
cz
–
формула для вычисления смешанного произведения векторов,
координатами.
(4)
заданных своими декартовыми
Условие принадлежности четырех точек одной плоскости
Задача. Даны 4 точки A( x1, y1, z1 ) , B( x2 , y2 , z2 ) , C ( x3 , y3 , z3 ) , D( x4 , y4 , z4 ) .
Доказать, что данные точки лежат в одной плоскости ( ) .
Доказательство.
Составим
три
вектора:
AB, AC , AD
такие,
AB {x2 x1 , y2 y1 , z2 z1} ,
что
AC {x3 x1, y3 y1, z3 z1}, AD {x4 x1, y4 y1, z4 z1} .
Из 2-го свойства смешанного произведения следует, что три вектора компланарны только тогда,
когда их смешанное произведение равно нулю:
x2 x1 y2 y1 z2 z1
AB AC AD x3 x1
x4 x1
y3 y1
y4 y1
z3 z1 0 –
z4 z1
(5)
- условие принадлежности четырех точек одной плоскости.
Примеры.
Пример 1. Определить, какой является тройка векторов (правой или левой).
а) a k , b i , c j , b) a i , b k , c j , с) a i j , b i j , c j .
Решение.
а) правая, так как поворот от вектора k к вектору i , затем к вектору j происходит против хода
часовой стрелки, b) левая, так как поворот от вектора i к вектору k , затем к вектору j происходит по
ходу часовой стрелки; с) не тройка, так как векторы компланарны.
Пример 2. Проверить, лежат ли точки A(1, 2, 1) , B(2, 3, 1) ,
плоскости.
Решение.
C (1, 0, 3) ,
D(3, 3, 2) в одной
33
Составим три вектора AB, AC , AD . Если точки лежат в одной плоскости, то векторы тоже будут
лежать в одной плоскости, то есть будут компланарными.
AB {1, 1, 2}, AC {0,2, 4}, AD {2,5, 3} . Найдем смешанное произведение векторов:
1 1 2
AB AC AD 0 2 4 6 0 8 8 20 0 30 0 , следовательно, векторы не компланарны, и
2 5 3
точки не лежат в одной плоскости.
Пример 3. Проверить, образуют ли векторы a {4, 2, 3} , b {0, 1, 3} , c {1, 1, 3} базис во
множестве векторов в пространстве.
Решение.
Три вектора образуют базис тогда и только тогда, когда они не компланарны. Условие
компланарности векторов: a b c 0 .
4 2 3
a b c 0 1 3 12 6 3 12 15 0 ,
Найдем
смешанное
произведение
векторов:
1 1 3
следовательно, векторы не компланарны, и векторы образуют базис.
Пример 4. Найти объем пирамиды, построенной на векторах a {1, 2, 1} , b {0, 2, 1} ,
c {3, 1, 2} .
Решение.
1 2 1
1
Vпир.= Vпарал. , Vпарал.= a b c . V a b c 0 2 7 4 6 6 7 3 , отсюда, Vпарал.= a b c = 3,
6
3 1 2
тогда Vпир.=
3 1
ед.куб.
6 2
Глава 3. Аналитическая геометрия.
§ 1. Системы координат на плоскости. Понятие об уравнении линии на плоскости.
П. 1. Декартовая система координат (ДСК)
Декартовая система координат (ДСК) на плоскости определяется заданием двух взаимно
перпендикулярных лучей – осей (Ох) и (Оy), одинаковой по обеим осям единицы масштаба и начала
координат – точки О – точки пересечения осей.
Каждая точка М на плоскости (Оху) имеет координаты х и у и, наоборот,
y
каждому набору координат отвечает точка.
M(x1, y1)
Определение 1. Уравнение F(x, y) = 0 определяет на плоскости (Оху)
y1
1
некоторую линию l, представляющую собой геометрическое место точек,
x
координаты которых удовлетворяют данному уравнению. И наоборот.
-1 1 x1
Таким образом, линия задается уравнением между координатами, и
обратно.
Обычно уравнение разрешено относительно переменной y: y = f(x).
Примеры линий: y = x – уравнение прямой, x2 + y2 = 9 – уравнение окружности.
П. 2. Полярная система координат (ПСК)
Полярная система координат (ПСК) на плоскости определяется заданием некоторой точки О –
полюса, луча (ОР) – полярной оси и единицы масштаба.
Положение любой точки М в ПСК характеризуется координатами ρ и φ и, наоборот, каждому
набору координат отвечает точка.
34
M(ρ, φ)
φ
ρ
О
ρ
φ – полярный угол – угол, откладываемый от полярной оси против часовой
стрелки до луча (ОМ), причем 0 ≤ φ ≤ 2π.
Связь декартовых координат с полярными.
у
у
Р
1
ρ – полярный радиус – расстояние от полюса О до точки М, причем
≥ 0.
M
Совместим системы координат так, чтобы ось (Ох) совпадала с полярной
осью
(ОР), а начало координат совпадало с полюсом.
φ
х
Декартовые координаты точки М – х, у. Полярные координаты этой же
точки
– ρ, φ.
О
1 х
Р
Из прямоугольного треугольника следует:
y
(2)
x 2 y 2 , tg
x cos , y sin (1)
x
x
y
(3)
cos
, sin
2
2
2
x y
x y2
tg определяет два угла: φ и φ + π, формулы (3) уточняют, какой из них рассматривать.
ρ
Определение 2. Уравнение Ф(ρ,φ) = 0 определяет на плоскости некоторую линию l,
представляющую собой геометрическое место точек, координаты которых удовлетворяют данному
уравнению. И наоборот.
Обычно уравнение разрешено относительно переменной ρ: ρ = f(φ).
Чтобы перейти от уравнения линии в декартовой системе координат F(x, y) = 0 к ее полярному
уравнению Ф(ρ,φ) = 0 нужно подставить вместо х и у формулы (1). Обратный переход от
Ф(ρ, φ)
= 0 к F(x, y) = 0 получается с помощью формул (2) и (3).
Пример 1. Найти полярное уравнение прямой х = 1.
Решение.
1
х = 1 x cos 1
– уравнение прямой.
cos
Пример 2. Найти декартовое уравнение кривой 2 9 sin 2 .
Решение.
Используем формулы (2) и (3): 2 x 2 y 2 , sin 2 2 sin cos 2
Подставим в уравнение: x 2 y 2 18
x
x y
2
2
y
x y
2
2
2 xy
.
x y2
2
xy
, отсюда ( x 2 y 2 )2 18 xy .
x y2
2
П. 3. Параметрическое задание линий в ДСК и ПСК.
Иногда обе координаты х, у или ρ, φ оказываются заданными как функции некоторой третьей
переменной t, являющейся параметром, определяющей положение точки на плоскости (когда t
меняется, точка перемещается, описывая некоторую линию).
x x(t ),
Параметрическое уравнение линии в ДСК: x x(t ), y y(t ) или
y y (t )
Параметрическое уравнение линии в ПСК: (t ), (t ) или
(t ),
(t )
Чтобы перейти к уравнению линии в общей форме F(x,y) = 0 или Ф(ρ,φ) = 0 надо из двух
параметрических уравнений исключить параметр t, например, в ДСК в первом уравнении выразить
параметр t через х и подставить во второе уравнение. Но это не всегда целесообразно.
Графики строят путем задания х (ρ), получая значения параметра t, затем с помощью известного t,
получая значение у(φ).
35
Пример. Составить параметрические уравнения кривой 2R sin в ПСК и ДСК.
Решение. Пусть полярный угол φ будет параметром t
2 R sin t ,
1) ПСК. Параметрическое уравнение кривой имеет вид:
, где t [0, 2 ] , так как 0 .
t
2) ДСК. x cos (t ) cos 2R sin cos 2R sin t cos t R sin 2t .
y sin (t ) sin 2R sin sin 2R sin 2 2R sin 2 t R(1 cos 2t ) .
x R sin 2t ,
Тогда параметрическое уравнение кривой имеет вид:
y R(1 cos 2t )
П. 4. Некоторые кривые, встречающиеся в математике и ее приложениях.
1. Лемниската Бернулли 2 2a 2 sin 2 , 2 2a 2 cos 2
2. Спираль Архимеда a
3. Логарифмическая спираль a k , ek
4. Циссоида Диокла 2Rtg sin или y 2 (2R x) x3
5. Кардиоида 2a(1 cos ) или ( x 2 y 2 2ax)2 4a 2 ( x 2 y 2 )
6. Астроида
7. Циклоида
x a cos 3 t ,
y a sin 3 t
2
2
2
или x 3 y 3 a 3
x a(t sin t ),
a y
или x a arccos
2ay y 2
y a(1 cos t )
a
Спираль Архимеда
Циссоиды
или
Кардиоида
Астроида
синяя и красная линии –
ветви циссоиды
Циклоида
П. 5. Уравнения прямой на плоскости.
1. Общее уравнение прямой
Ax By C 0 .
(1)
A
k - угловой коэффициент
B
N (a)
(с
заданным
нормальным
вектором
N { A, B} ):
N
36
2. Уравнение прямой, проходящей через данную точку М0(х0,у0) с заданным нормальным
вектором N { A, B} :
(2)
A( x x0 ) B( y y0 ) 0 .
N
М0
М
Вывод: Рассмотрим текущую точку прямой М(х,у). Тогда вектор М 0 М {x x0 , y y0} лежит на
данной прямой. Следовательно, векторы М 0 М и N будут перпендикулярны: М 0 М N , то есть их
скалярное произведение равно нулю М 0 М N 0 . Найдем скалярное произведение векторов, заданных
своими декартовыми координатами: A( x x0 ) B( y y0 ) 0 – (2). Если раскроем скобки, то получим
общее уравнение прямой – (1).
3. Уравнение прямой, проходящей через данную точку М0(х0,у0) с заданным угловым
коэффициентом k:
(3)
y y0 k ( x x0 ) ,
A
k tg , угол между осью Ох (положительным направлением) и прямой.
B
Расположение двух прямых
A
B
1) Условие параллельности двух прямых: N1 N (координаты пропорциональны 1 1 )
A2 B2
k1 k2 .
1
2) Условие перпендикулярности двух прямых: N1 N 2 ( N1 N 2 0 ) или k1 .
k2
3) Угол между прямыми A1x B1 y C1 0 и A2 x B2 y C2 0
N1 N 2
A1 A2 B1B2
k k
cos cos( N1 , N 2 )
или
tg 2 1
2
2
2
1 k1k2
N1 N 2
A1 B1 A2 B 22
или
A1 x B1 y C1 0
Точка пересечения прямых находится как:
A2 x B2 y C2 0
4. Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки М1(х1,у1) и М2(х2,у2):
y y1
x x1
.
(4)
y2 y1 x2 x1
x y
1,
5. Уравнение прямой в отрезках:
(5)
a b
где a и b – величины направляющих отрезков, отсекаемых прямой на координатных осях (Ох) и (Оу)
соответственно.
x x1 y y1
,
(6)
m
l
т.е. уравнение прямой, проходящей через данную точку М1(х1,у1) параллельно заданному вектору
p l , m.
p l , m – направляющий вектор прямой.
6. Каноническое уравнение прямой
7. Параметрическое уравнение прямой
x lt x1
,
(7)
y mt y1
т.е. уравнение прямой с параметром t, проходящей через данную точку М1(х1,у1) параллельно
заданному вектору p l , m.
37
8. Нормальное уравнение прямой
(8)
x cos y sin p 0 или x cos y cos p 0 .
Если положение прямой относительно осей координат определять
у
длиной
р перпендикуляра, опущенного из начала координат на прямую и
β
М0
углом α, образуемым этим перпендикуляром с положительным
направлением оси (Ох).
δ
Общее уравнение прямой может быть приведено к нормальному
р
уравнению
путем
домножения
на
нормирующий
множитель
α
(а)
О
х
1
. Знак М выбирается противоположным к знаку С.
M
2
A B2
Отклонение точки М0(х0,у0) от прямой (а) вычисляется по формуле: x0 cos y0 sin p .
Расстояние от точки М0(х0,у0) до прямой Ax By C 0
М0
d
N A, B
М0
d
Ax0 By0 C
A2 B 2
(9)
Пример 1. Дана прямая (а): 2 x 3 y 4 0 . 1) Составить уравнение прямой (а1), проходящей через
точку М0 (2, 1), параллельно данной прямой. 2) Составить уравнение прямой (а2), проходящей через
точку М0 (2, 1), перпендикулярно данной прямой.
Решение.
A
2
1) 1 способ. Найдем угловой коэффициент прямой (а): k . Условие параллельности двух
B
3
2
прямых: k k1 , то есть угловой коэффициент прямой (а1): k1 . Подставим в уравнение (3):
3
2
y y0 k1 ( x x0 ) и получим y 1 ( x 2) . Отсюда общее уравнение прямой (а1) имеет вид:
3
2x 3 y 7 0 .
2 способ. Нормальный вектор N {2, 3} Прямые параллельны, следовательно, параллельны их
нормальные вектора. То есть нормальный вектор прямой (а1): N1 {2, 3} . Подставим в уравнение (2):
A( x x0 ) B( y y0 ) 0 и получим 2( x 2) 3( y 1) 0 . Отсюда общее уравнение прямой (а1) имеет
вид: 2 x 3 y 7 0 .
A
2
2) 1 способ. Найдем угловой коэффициент прямой (а): k . Условие перпендикулярности
B
3
1
3
двух прямых: k2 , то есть угловой коэффициент прямой (а2): k2 . Подставим в уравнение (3):
k
2
3
y y0 k2 ( x x0 ) и получим
y 1 ( x 2) . Отсюда общее уравнение прямой (а1) имеет вид:
2
3x 2 y 4 0 .
2 способ. Нормальный вектор N {2, 3} Прямые перпендикулярны, следовательно, нормальный
вектор прямой (а) параллелен прямой (а2), то есть является направляющим вектором прямой (а2):
x 2 y 1
x x1 y y1
и получим
,. Отсюда общее
N p {2, 3} . Подставим в уравнение (4):
m
2
3
l
уравнение прямой (а2) имеет вид: 3x 2 y 4 0 .
Пример 2. Найти расстояние от прямой (АВ), где А(7, 4), В(3, –3) до точки С(5, 9).
38
Решение. Найдем общее уравнение прямой. Для этого подставим исходные данные в формулу (4):
y4
x7
y y1
x x1
и получим
. Отсюда общее уравнение (АВ) 7 x 4 y 33 0 . По формуле
34 37
y2 y1 x2 x1
(9) d
Ax0 By0 C
A2 B 2
найдем искомое расстояние: d
7 5 4 9 33
7 2 (4) 2
34
34 65
.
65
65
П. 6. Кривые второго порядка.
Определение 3. Уравнение вида Ax 2 2Bxy Cy 2 2Dx 2Ey F 0 , где А, В, С одновременно
не равны нулю, называется общим уравнением кривой второго порядка.
Этому уравнению не всегда соответствует на плоскости множество точек. Если геометрический
образ не существует, то есть, нет точек, удовлетворяющих уравнению, то говорят, что уравнение
определяет мнимую кривую.
Из общего уравнения получаются многочисленные уравнения кривых – канонические уравнения.
Ограничимся констатацией того, что уравнение в зависимости от коэффициентов может задавать только
четыре типа кривых, а именно, окружность, эллипс, гиперболу и параболу, причем, если 1) AC B 2 0 ,
то это уравнение эллипса (действительного или мнимого) или точки, в случае А = В – окружность; 2)
AC B 2 0 , то это уравнение гиперболы или двух пересекающихся прямых; 3) AC B 2 0 , то это
уравнение параболы или пары прямых.
Если В = 0, то уравнение называется пятичленным уравнением кривой второго порядка.
Приведение такого уравнение к каноническому виду осуществляется путем образования полных
квадратов по отношению к переменным х и у: A( x x0 ) 2 C ( y y0 ) 2 K и параллельному переносу
начала координат в точку (х0, у0). Если 1) AC 0 , то это уравнение эллипса (действительного или
мнимого) или точки; 2) AC 0 , то это уравнение гиперболы или двух пересекающихся прямых; 3)
AC 0 , то это уравнение параболы или пары прямых.
Канонические уравнения основных кривых второго порядка.
x2 y 2
1. 2 2 1 – уравнение эллипса
a
b
2
x y 2 R 2 – уравнение окружности
x2 y 2
x2 y 2
1
1 – уравнения гиперболы
,
a 2 b2
a 2 b2
3. y 2 2 px , x 2 2 py , y 2 2 px , x 2 2 py – уравнения параболы (р > 0)
2.
x2 y 2
0 – пара пересекающихся прямых
a 2 b2
5. y 2 b2 0 , x 2 a 2 0 – уравнения параллельных прямых
y 2 0 , x 2 0 – уравнения совпадающих прямых
4. a 2 x 2 b 2 y 2 0 ,
6. x 2 y 2 0 – точка О(0,0)
( x x0 )2 ( y y0 )2 0 – точка М0(х0,у0)
1. Окружность
Определение 4. Окружностью называется геометрическое место точек
равноудаленных от фиксированной точки, называемой центром окружности.
Теорема. Окружность радиуса с центром в точке М0(х0,у0) имеет уравнение (1):
плоскости,
1
39
Любое уравнение окружности с помощью тождественных преобразований
можно привести к каноническому виду (1). Для этого достаточно выделить
полные квадраты по переменным и у.
Пример. Нарисуйте кривую x 2 y 2 2 x 6 y 6 0 .
Решение.
2
2
Сгруппируем ( x 2 x) ( y 6 y) 6 0 .
Выделим
полные
квадраты,
2
2
( x 2 x 1 1) ( y 2 3 y 9 9) 6 0 .
2
Отсюда ( x 2 x 1) 1 ( y 2 2 3 y 9) 9 6 0 ,
( x 2 2 x 1) ( y 2 2 3 y 9) 1 9 6 .
Тогда каноническое уравнение имеет вид: ( x 1)2 ( y 3)2 22 .
Итак, центр окружности –М0(1,-3), радиус равен 2.
получим:
2. Эллипс
Определение 5. Эллипсом называется геометрическое место точек плоскости, для каждой из
которых сумма расстояний до двух данных точек F1 и F2 той же плоскости, называемых фокусами
эллипса, есть величина постоянная и равная 2а.
Начало О системы координат расположим на середине отрезка F1F2.
Координаты фокусов F1(-с,0), F2(с,0).
Тогда расстояние между фокусами равно : |F1F2|=2c.
Ось
направим вдоль этого отрезка, ось Oy перпендикулярна к этому
отрезку.
Теорема. В выбранной системе координат эллипс имеет каноническое
уравнение
x2 y 2
1
(2),
a 2 b2
b a 2 c 2 или c a 2 b2
где
Свойства эллипса: Эллипс обладает двумя взаимно перпендикулярными осями симметрии, на
одной из которых находятся его фокусы, и центром симметрии. Если эллипс задан каноническим
уравнением (2), то его осями симметрии служат оси
и Оу, начало координат - центр симметрии.
Построение эллипса. Строим две окружности с центром в точке О радиусами а и b.
(a > b).Строим луч, выходящий из начала координат до пересечения с обеими окружностями. Из точек
пересечения опускаем пересекающиеся лучи, параллельные координатным осям. Точка пересечения
данных лучей – это очка, принадлежащая эллипсу.
Определения 6. Точки пересечения эллипса с его осями симметрии называются вершинами
эллипса, центр симметрии - центром эллипса, отрезок между двумя вершинами, содержащий фокусы,
называется большой осью эллипса, половина его длины - большой полуосью эллипса.
x2 y 2
Если эллипс задан каноническим уравнением 2 2 1 , то его вершины имеют координаты
a
b
(-а,0), (а,0), (0,b), (0,-b) , большая полуось равна , малая полуось равна .
c
Величина
называется эксцентриситетом эллипса. Величина , являющаяся половиной
a
расстояния между фокусами, определяется из формулы c a 2 b2 . Эксцентриситет
эллипса
характеризует степень вытянутости эллипса. Чем ближе экcцентриситет к нулю, тем больше эллипс
похож на окружность. Чем ближе эксцентриситет к 1, тем сильнее вытянут эллипс. Отметим, что по
определению для эллипса 0 1 .
Прямые, между которыми вытянут эллипс, называются директрисами, уравнения которых
a
x .
40
Замечание 1.Уравнение (2) было получено в предположении, что F1 и F2 - различные точки, то
есть c > 0. Тогда b < a. Но кривую, определяемую уравнением, можем рассмотреть и в случае
, (c =
2
2
2
0). Уравнение в этом случае после умножения на
примет вид x y a . Это уравнение окружности
радиуса
с центром в начале координат. Таким образом, можно рассматривать окружность как
предельный вариант эллипса, когда
, (c 0) , или, как иногда говорят математики, окружность
является "вырожденным" эллипсом, у которого фокусы совпали.
Замечание 2. Если a b , то фокусы лежат на оси (Оу) и имеют координаты F1(0,-с), F2(0,с), где
c
b
c b2 a 2 . Эксцентриситет . Уравнения директрис y
b
Замечание 3.
Если центр эллипса лежит в точке М0(х0,у0), то
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
каноническое уравнение эллипса примет вид:
1.
a2
b2
a
Уравнения директрис x x0 , координаты фокусов F1(х0–с, у0), F2((х0+с, у0).
Пример 1. Постройте кривую 4 x 2 9 y 2 36 . Найдите фокусы и эксцентриситет.
Решение.
x2 y 2
1 . Это каноническое уравнение
32 22
Разделим обе части уравнения на 36. Получаем уравнение
эллипса,
,
. Из соотношения находим c a 2 b2 9 4 5 , фокусы F1( 5 , 0),
F2( 5 , 0), эксцентриситет
5
.
3
Пример 2. Найдите фокусы и эксцентриситет эллипса x 2
y2
1.
4
Решение.
x2 y 2
Уравнение запишем в виде 2 2 1 , где
1
2
,
, b > a. Отсюда c 22 12 3 . Фокусы
имеют координаты F1( 0, 3 ), F2( 0, 3 ). Эксцентриситет равен
3
.
2
3. Гипербола.
k
, где
x
число, называется гиперболой. Однако это - частный случай гиперболы (равносторонняя гипербола).
Из школьного курса математики известно, что кривая, задаваемая уравнением
y
–
Определение 7. Гиперболой называется геометрическое место точек плоскости, для каждой из
которых абсолютная величина разности расстояний до двух фиксированных точек F1 и F2 той же
плоскости, называемых фокусами гиперболы, есть величина постоянная равная 2а.
Теорема. Пусть расстояние между фокусами гиперболы равно
, т.е.
фокусы имеют координаты F1(-с,0), F2(с,0), тогда в выбранной системе
координат гипербола имеет уравнение
x2 y 2
1
a 2 b2
где
b c2 a2
(3),
или c a 2 b2 .
Свойство. Гипербола обладает двумя взаимно перпендикулярными осями симметрии, на одной из
которых лежат фокусы гиперболы, и центром симметрии. Если гипербола задана каноническим
41
уравнением (3), то ее осями симметрии служат координатные оси
и Оу, а начало координат - центр симметрии гиперболы.
Определения 8. Точки пересечения гиперболы, заданной
каноническим уравнением (3), с осью
называются вершинами
гиперболы, отрезок между ними называется действительной осью
гиперболы. Отрезок оси ординат между точками (0, -b) и (0,b)
называется мнимой осью. Числа и называются соответственно
действительной и мнимой полуосями гиперболы. Начало
координат называется ее центром.
c
Величина
называется эксцентриситетом гиперболы. Величина с > a, то есть у гиперболы
a
1 . Эксцентриситет характеризует угол между асимптотами, чем ближе к 1, тем меньше этот угол.
b
Прямые y x , к которым график гиперболы приближается, но не пересекает, называются
a
a
асимптотами гиперболы. Уравнения директрис x .
Построение гиперболы. Чертим основной прямоугольник, т.е. прямоугольник с центром в начале
координат со сторонами 2a и 2b, диагоналями которого будут асимптотами гиперболы (см. рис. выше в
определении).
Замечание 1. В отличие от эллипса в каноническом уравнении
гиперболы соотношение между величинами и может быть произвольным. В
частности, при
мы получим равностороннюю гиперболу, известную из
k
школьного курса математики. Ее уравнение имеет знакомый вид ~
y , если
x
~
взять
, а оси
и Oy направить по биссектрисам четвертого и
первого координатных углов (рис.).
x2 y2
1
(3*),
a 2 b2
то ее фокусы располагаются на оси Оу, их координаты F1(0,-с), F2(0,с), числа и называются
a
соответственно мнимой и действительной полуосями гиперболы; уравнения асимптот x y ,
b
b
уравнения директрис y . (См. рис. примера 2)
Замечание 2. Если каноническое уравнение гиперболы имеет вид
Вообще говоря, данное уравнение (3*) не является каноническим, так как знаки перед
и у2
противоположны знакам в первом каноническом уравнении (3). Но, если переобозначить переменные,
~
x2 ~
y2
т.е. взять x ~
y, y ~
x , то получим снова каноническое уравнение (3): 2 2 1 . В связи с этим
a
b
уравнение (3*) будем сразу называть каноническим.
Замечание 3. Если центр гиперболы смещен и лежит в точке М0(х0,у0), то каноническое уравнение
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
( x x0 ) 2 ( y y0 )2
1
1 ). Тогда координаты
гиперболы примет вид:
(или
a2
b2
a2
b2
b
фокусов F1(х0-с, у0), F2(х0+с, у0), уравнения асимптот y y0 ( x x0 ) , уравнения директрис
a
a
x x0 .
42
Пример 1. Постройте гиперболу 4 x 2 y 2 4 , найдите ее фокусы и
эксцентриситет.
Решение.
Разделим обе части уравнения на 4. Получим каноническое уравнение
x2 y 2
,
. Проводим асимптоты y 2 x и строим гиперболу. Из
1,
12 22
c 12 22 5 .
c
эксцентриситет 5 .
a
формулы получим
Тогда
фокусы F1 ( 5 ,0), F 2( 5 ,0) ,
Пример 2. Постройте гиперболу 25x 2 100 4 y 2 . Найдите ее
фокусы и эксцентриситет.
Решение.
x2 y2
Преобразуем уравнение к виду 2 2 1 . Фокусы гиперболы
2
5
лежат на оси (Оу), действительная полуось b = 5, мнимая а = 2. Асимптоты
2
имеют уравнение x y . Из формулы получим c 22 52 29 ,
5
29
эксцентриситет
, координаты фокусов F1 (0, 29 ), F2 (0, 29 ) .
5
4. Парабола
В школьном курсе математики достаточно подробно изучалась парабола, которая, по
определению, являлась графиком квадратного трехчлена. Здесь мы дадим другое (геометрическое)
определение параболы.
Определение 9. Параболой называется геометрическое место точек
плоскости, для каждой из которых расстояние до фиксированной точки F этой
плоскости, называемой фокусом, равно расстоянию до фиксированной прямой,
лежащей в той же плоскости и называемой директрисой параболы.
Чтобы получить уравнение кривой, соответствующей этому
определению, введем подходящую систему координат. Пусть расстояние
p
p
между фокусом F ( ,0) и директрисой параболы l, уравнение которой x ,
2
2
равно p ( p 0) . В выбранной системе координат парабола имеет уравнение
(4)
y 2 2 px
Уравнение (4) называется каноническим уравнением параболы.
Замечание.
Парабола обладает осью симметрии. Если парабола задана каноническим
уравнением, то ось симметрии совпадает с осью
. Асимптот парабола не имеет.
Определение 10. Точка пересечения оси симметрии с параболой называется вершиной
параболы.
Построение. Проведем прямую x 2 p . Выберем на ней произвольным
образом точку М. Проведем через точку М луч (ОМ) и луч, параллельный оси
Ох. Проведем луч, выходящий из начала координат перпендикулярно лучу (ОМ)
до пересечения с лучом, параллельным оси Ох. Точка их пересечения
принадлежит параболе.
43
Замечание 1. Другие канонические уравнения параболы:
1) y 2 2 px, 2) x 2 2 py, 3) x 2 2 py .
Графики:
F
О
х
О
F
О
l
Фокусы F (
l
p
,0)
2
Директриса x
у
у
у
p
F (0, )
2
p
y
2
p
2
х
l
х
F
p
F (0, )
2
p
y
2
Замечание 2. Если вершина параболы сдвинута и лежит в точке М0(х0, у0). Тогда ее каноническое
p
уравнение имеет вид: ( y y0 ) 2 2 p( x x0 ) . Тогда фокус F ( x 0 , y0 ) , уравнение директрисы
2
p
x x0 .
2
Пример 1. Постройте параболу y 2 3x . Найдите ее фокус и директрису.
Решение.
Уравнение является каноническим уравнением параболы, 2р = 3, р =1,5. Осью параболы служит
ось
, вершина находится в начале координат, ветви параболы направлены вдоль оси
. Для
построения найдем несколько точек параболы. Для этого придаем значения
1
4
переменному у и находим значения . Возьмем точки ( ,1), ( ,2), (3,3) .
3
3
Учитывая симметрию относительно оси
, рисуем кривую (рис.) Фокус
p
лежит на оси
на расстоянии
от вершины, то есть имеет
2
p
координаты (0.75, 0). Директриса имеет уравнение x 0.75 .
2
Пример 2. Построить параболу x 2 4 y .
Решение.
Найдем каноническое уравнение параболы. x 2 ( y 4) , следовательно, вершина параболы в
1
точке М(0, -4), ветви вниз симметрично оси (Оу), 2р = 1, отсюда p . Фокус
2
p
1
17
p
1
15
F (0, y0 ) F (0, 4) F (0, ) , уравнение директрисы y y0 , то есть y 4 , y .
2
4
4
2
4
2
у
х
1
-4
l
F
44
5. Пара пересекающихся прямых
a 2 x2 b2 y 2 0 ,
Канонические уравнения:
Применим
формулу
x2 y 2
0.
a 2 b2
(ax by)(ax by) 0 ,
(5)
разность
квадратов:
следовательно,
a
a
ax by 0, ax by 0 . Отсюда y x и y x - пара пересекающихся в точке О(0, 0) прямых.
b
b
b
Аналогично получаем во втором случае пара пересекающихся в точке О(0, 0) прямых y x и
a
b
y x.
a
Замечание. Если прямые пересекаются в точке М0(х0, у0), то уравнения имеют вид
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
0.
a 2 ( x x 0 ) 2 b 2 ( y y0 ) 2 0 и
a2
b2
-
Пример на нахождение канонического уравнения.
Пример. Найти каноническое уравнение кривой 2 x 2 4 x 3 y 2 18 y 1 0 .
Решение. Группируем. Выносим за скобки множители, стоящие перед квадратами.
2( x 2 2 x) 3( y 2 6 y) 1
Выделяем полные квадраты в скобках согласно формуле: a 2 2ab b 2 (a b) 2
2( x 2 2 1x 1 1) 3( y 2 2 3 y 9 9) 1
2( x 2 2 1x 1) 2 3( y 2 2 3 y 9) 27 1
2( x 1) 2 2 3( y 3) 2 27 1
2( x 1) 2 3( y 3) 2 1 2 27
2( x 1) 2 3( y 3) 2 24
2( x 1) 2 3( y 3) 2
1
24
24
В числителе перед скобками должны стоять единицы:
( x 1) 2 ( y 3) 2
1 - каноническое уравнение гиперболы с центром в точке C (1,3) , полуоси
12
8
которой равны а 12 , b 8 , директрисы параллельны оси (Ох) (ветви вытянуты вдоль (Ох)).
§ 2. Системы координат в пространстве. Понятие об уравнении линии и поверхности в
пространстве.
П. 1. Декартовая система координат (ДСК)
Декартовая система координат (ДСК) в пространстве определяется заданием трех взаимно
перпендикулярных лучей – осей (Ох), (Оy) и (Oz), одинаковой по осям единицы масштаба и начала
координат – точки О – точки пересечения осей.
Каждая точка М в пространстве имеет координаты х, у, z и, наоборот,
z
каждому набору координат отвечает точка.
M(x, y, z)
1
Определение 11. Уравнение F(x, y, z) = 0 определяет в пространстве (хуz)
O
у
некоторую поверхность σ, представляющую собой геометрическую
x
1
совокупность точек, координаты которых удовлетворяют данному уравнению.
1
И наоборот.
Пример поверхностей: x + y + z = 2 – уравнение плоскости,
45
x 2 y 2 z 2 1 – уравнение сферы.
Определение 12. Порядком поверхности называется наивысшая степень переменной, входящей
в уравнение.
Поверхность первого порядка – плоскость.
Определение 13. Линия в пространстве (хуz) – геометрическое место точек, полученных в
F1 ( x, y, z ) 0
результате пересечения двух поверхностей
или это траектория движущейся точки
F2 ( x, y, z ) 0
x x(t )
y y (t ) , где t – параметр.
z z (t )
Таким образом, линия и поверхность задаются уравнениями между координатами, и обратно.
П. 2. Цилиндрическая система координат (ЦСК)
Цилиндрические координаты – это полярные координаты на плоскости (ρ и φ) точки М0 –
проекции точки М на плоскость (Оху), и аппликата z самой точки М (совместим системы координат
так, чтобы ось (Ох) совпадала с полярной осью (ОР), а начало координат совпадало с полюсом).
Положение любой точки М в ЦСК характеризуется координатами ρ, φ, z и, наоборот, каждому
набору координат отвечает точка.
z
M(ρ, φ, z)
O
x
ρ
φ
М0
z
у
Точка M(ρ, φ, z), где ρ – полярный радиус – расстояние от полюса О
до точки М0, т.е.
ρ = |ОM0|, причем ρ ≥ 0,
φ – полярный угол – угол, откладываемый от оси (Ох) против
часовой стрелки до луча (ОМ0), причем 0 ≤ φ ≤ 2π,
z = |MM0|, причем z .
Связь декартовых координат с цилиндрическими.
Декартовые координаты точки М – х, у, z. Цилиндрические координаты этой же точки – ρ, φ, z.
Тогда
x cos ,
y sin ,
zz
Цилиндрические координаты применяются при рассмотрении тел вращения (круговые
цилиндры, конусы и т.п.), причем ось (Оz) располагается по оси вращения.
П. 3. Сферическая система координат (ССК)
Положение любой точки М в ССК характеризуется координатами r, φ, и, наоборот, каждому
набору координат отвечает точка.
Точка M(r, φ, ),
z
где z –расстояние от начала координат О до точки М, т.е. r = |ОM|,
причем r ≥ 0,
M(r, φ, )
φ – угол, откладываемый от оси (Ох) против часовой стрелки до луча
r
O
(ОМ ), где М0 – проекции точки М на плоскость (Оху), причем 0 ≤ φ ≤ 2π,
у
x
– угол, откладываемый от оси (Оz) по часовой стрелке до луча (ОМ),
φ
М
причем 0 ≤ ≤ π.
Связь декартовых координат со сферическими.
Декартовые координаты точки М – х, у, z. Сферические координаты этой же точки – r, φ, .
Тогда
46
x cos r sin cos ,
y sin r sin sin ,
z r cos
Сферические координаты применяются при рассмотрении тел, ограниченных сферами.
Пример 1. Найти цилиндрическое уравнение поверхности х2 +у2 – z2 =1 (однополостный
гиперболоид).
Решение.
Известно, что x cos , y sin x 2 y 2 2 . Подставим в уравнение поверхности:
х2 +у2 – z2 =1
2 z 2 1 1 z 2 – искомое уравнение.
Пример 2. Найти сферическое уравнение сферы х2 +у2 + z2 =R2.
Решение. Подставим в уравнение вместо x, y, z их сферические аналоги:
(r sin cos )2 (r sin sin )2 (r cos )2 R2
r 2 sin 2 (cos 2 sin 2 ) r 2 cos 2 R 2
r 2 sin 2 r 2 cos 2 R2
r 2 (sin 2 cos 2 ) R 2
r 2 R2
r R – сферическое уравнение сферы.
П. 4. Уравнение плоскости
1. Общее уравнение плоскости α –
Координаты нормального вектора
N
N
Ax By Cz D 0
N A, B, C.
М0
(1)
α
М
2. Уравнение плоскости, проходящей через данную точку M0(x0, y0, z0), перпендикулярно
заданному вектору N A, B, C–
A( x x0 ) B( y y0 ) C ( z z0 ) 0
(2)
Вывод: Рассмотрим текущую точку плоскости M(x, y, z) и рассмотрим вектор
M 0 M x x0 , y y0 , z z0 , который будет лежать в плоскости α. Нормальный вектор N A, B, C
перпендикулярен плоскости α, следовательно, векторы N и M 0 M перпендикулярны. Условие
перпендикулярности векторов – равенство нулю их скалярного произведения: N M 0 M =0, то есть
A( x x0 ) B( y y0 ) C ( z z0 ) 0 .
Замечание. Раскрыв скобки в уравнении (2), получим уравнение (1).
x y z
1,
a b c
где a, b, c – величины отрезков, отсекаемых плоскостью от координатных осей.
3. Уравнение плоскости в отрезках
(3)
Три случая расположения двух плоскостей в пространстве
Даны две плоскости:
(1 ) : A1 x B1 y C1 z D1 0 с нормальным вектором N1 A1 , B1 , C1
( 2 ) : A2 x B2 y C2 z D2 0 с нормальным вектором N 2 A2 , B2 , C2
47
1. Пусть (α1) (α2), тогда N1 N 2 скалярное произведение этих векторов равно нулю, т.е.
N1 N 2 0 , т.к. известны координаты векторов, то можем найти скалярное произведение как
A1 A2 B1B2 C1C2 0 – условие перпендикулярности двух плоскостей.
2. Пусть (α1) || (α2), тогда N1 || N 2 координаты пропорциональны, т.е. A1 B1 C1 – условие
A2
B2
C2
параллельности двух плоскостей.
3. Пусть (α1) и (α2) пересекаются.
Углом между плоскостями называется один из двух двугранных углов 1 или 2 , образованных
этими плоскостями, причем 0 1 ,
2 , 1 + 2 = .
2
2
Угол между плоскостями будет равен углу между нормалями плоскостей, следовательно, его
можно найти с помощью скалярного произведения:
cos
N1 N2
N1 N 2
A1 A2 B1 B2 C1C2
A B C
2
1
2
1
2
1
A B C
2
2
2
2
,
2
2
если cos 0 , то получили угол 1 , если cos 0 , то получили угол 2 .
2 способа построения плоскости
Задача. Построить уравнение плоскости, проходящей через три заданные
Точки M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2), M3(x3, y3, z3).
М1
М2
М3
1 способ. Рассмотрим текущую точку плоскости M(x, y, z). Построим три вектора (один
неизвестный и два известных), выходящие (желательно) из одной известной точки, например, M1(x1,
y1, z1): M1M x x1 , y y1 , z z1 M1M 2 x2 x1 , y2 y1 , z2 z1, M1M 3 x3 x1 , y3 y1 , z3 z1.
Все три вектора лежат в одной плоскости. Три вектора компланарны только тогда, когда их
смешанное произведение равно нулю:
x x1 y y1 z z1
М2
M 1M M1M 2 M 1M 3 x2 x1 y2 y1 z2 z1 0 .
М1
М3
x3 x1 y3 y1 z3 z1
М
Раскроем определитель и получим общее уравнение плоскости:
Ax By Cz D 0 .
2 способ. Построим два вектора, выходящие (желательно) из одной точки, например,
M1(x1, y1, z1): M1M 2 x2 x1 , y2 y1 , z2 z1, M1M 3 x3 x1 , y3 y1 , z3 z1.
N
М2
Нормальный вектор плоскости перпендикулярен плоскости,
М1
а значит перпендикулярен любым векторам, лежащим в этой
М3
плоскости, в частности N M 1M 2 и N M1M 3 , тогда для того,
чтобы найти вектор N , надо найти векторное произведение векторов M1M 2 и M 1M 3 :
i
j
k
N M 1M 2 M 1M 3 x2 x1 y2 y1 z2 z1 Ai Bj Ck .
x3 x1 y3 y1 z3 z1
Чтобы найти уравнение плоскости, надо, кроме нормального вектора знать координаты точки,
лежащей в плоскости. В условии задачи их три. Можно взять любую. Возьмем точку M1(x1, y1, z1).
Тогда уравнение плоскости, проходящей через данную точку M1(x1, y1, z1), перпендикулярно
заданному вектору N A, B, C имеет вид: A( x x1 ) B( y y1 ) C ( z z1 ) 0 . Раскроем скобки и
получим общее уравнение плоскости: Ax By Cz D 0 .
48
П. 5. Прямая в пространстве
Рассмотрим в пространстве R3 прямую (а), проходящую через данную точку M0(x0, y0, z0),
параллельно заданному вектору p l , m, n. p l , m, n– направляющий вектор прямой.
М
М0
а
p
1. Вывод уравнения (а): Рассмотрим текущую точку прямой M(x, y, z) и рассмотрим вектор
Направляющий вектор
M 0 M x x0 , y y0 , z z0 , который будет лежать на прямой (а).
прямой p l , m, n параллелен прямой (а), следовательно, векторы p и M 0 M параллельны или
коллинеарны. Условие коллинеарности двух векторов – пропорциональность их координат :
x x0 y y0 z z0
– каноническое уравнение прямой
l
m
n
(1)
2. Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки M0(x0, y0, z0) и M1(x1, y1, z1),:
x x0
y y0
z z0
x1 x0 y1 y0 z1 z0
Вывод:
Рассмотрим
текущую
точку
(2)
M(x, y, z) и рассмотрим
M 0 M x x0 , y y0 , z z0 и M 0 M1 x1 x0 , y1 y0 , z1 z0 , которые будут параллельны.
коллинеарности двух векторов – пропорциональность их координат.
3. Приравняем уравнение (2) к параметру t:
прямой
векторы
Условие
x x0
y y0
z z0
t , отсюда
x1 x0 y1 y0 z1 z0
x t l x0
x x0
y y0
z z0
t,
t,
t или
x1 x0
y1 y0
z1 z0
y t m y0 –
параметрическое уравнение прямой
(3)
z t n z0
4. Множество точек пересечения двух различных плоскостей α1 и α2, имеющих общую точку:
A1 x B1 y C1 z D1 0
–
общее уравнение прямой
(4)
A2 x B2 y C2 z D2 0
Направляющий вектор данной прямой находится как p N1 N 2 , координаты точки
M0(x0, y0 z0), лежащей на прямой, удовлетворяют системе уравнений (4).
Три случая расположения двух прямых в пространстве
Даны две прямые:
x x1 y y1 z z1
с направляющим вектором
l1
m1
n1
x x2 y y2 z z2
с направляющим вектором
(a2 ) :
l2
m2
n2
(a1 ) :
p1 l1 , m1 , n1
p2 l2 , m2 , n2
1. Пусть (а1) (а2), тогда p1 p2 скалярное произведение этих векторов равно нулю,
т.е.
p1 p2 0 , т.к. известны координаты векторов, то можем найти скалярное произведение как
условие перпендикулярности двух прямых.
(5)
l1l2 m1m2 n1n2 0 –
2. Пусть (а1) || (а2), тогда p1 || p2 координаты пропорциональны, т.е.
l1 m1 n1
– условие параллельности двух прямых.
l2 m2 n2
(6)
3. Пусть (а1) и (а2) пересекаются.
49
Угол между прямыми будет равен углу между направляющими векторами прямых, следовательно,
его можно найти с помощью скалярного произведения:
p p
l1l2 m1m2 n1n2
,
cos 1 2
p1 p2
l12 m12 n12 l22 m22 n22
(7)
если cos 0 , то получили острый угол 1 , если cos 0 , то получили тупой угол 2 .
Пример (к п.4 и п.5). Найти уравнение плоскости, проходящей через прямую
параллельно прямой
x 1 y 2 z 2
.
2
3
5
Решение.
x 1 y 2 z
2
1
3
p2
p2
1 способ.
М
Направляющий вектор прямой, лежащей в плоскости, p1 {2, 1, 3} .
Направляющий вектор прямой, параллельной плоскости, p2 {2, 3,5} .
p1
α
М
Точка M 0 (1,2,0) лежит на прямой, лежащей в плоскости. С помощью 0параллельного переноса
перенесем вектор p2 на плоскость. Найдем три вектора, лежащие в данной плоскости: это два
известных p1 {2, 1, 3} и p2 {2, 3,5} и один неизвестный. Для построения последнего рассмотрим
текущую точку плоскости М(х, у, z). Построим вектор M 0 M x 1, y 2, z 0.
Три вектора компланарны только тогда, когда их смешанное произведение равно нулю:
x 1 y 2 z
M 0 M p1 p2 2
1
3 0
2
3
5
Вычислим определитель, разложив по первой строке: ( x 1)(5 9) ( y 2)(10 6) z(6 2) 0 .
Ответ: 7 x 8 y 2 z 23 0 .
p2
N
2 способ.
p2
α
Направляющий вектор прямой, лежащей в плоскости, p1 {2, 1, 3} .
Направляющий вектор прямой, параллельной плоскости, p2 {2, 3,5} .
p1
α
М0
Точка M 0 (1,2,0) лежит на прямой, лежащей в плоскости,
С помощью параллельного переноса перенесем вектор p2 на
плоскость. Нормальный вектор плоскости перпендикулярен плоскости, а значит перпендикулярен
любым векторам, лежащим в этой плоскости, в частности N p1 и N p2 , тогда для того, чтобы
N,
найти
вектор
надо
найти
векторное
произведение
векторов
и
p2 :
p1
i j k
N p1 p2 2 1 3 14i 16 j 4k . N {14, 16, 4} или N {7, 8, 2}
2 3 5
Точка M 0 (1,2,0) лежит на прямой, лежащей в плоскости, следовательно, точка лежит и на
плоскости. Тогда, уравнение плоскости имеет вид:
7( x 1) 8( y 2) 2( z 01 ) 0 . Тогда ответ: 7 x 8 y 2 z 23 0 .
П. 6. Смешанные задачи на прямую и плоскость
Задача 1. Дана плоскость ( ) : Ax By Cz D 0
с нормальным вектором N A, B, C и прямая
x x0 y y0 z z0
с направляющим вектором p l , m, n, которая пересекает плоскость в некоторой
l
m
n
точке Е.
Найти угол между прямой и плоскостью.
50
Решение.
N
2
p
1
α
а
1 – угол между прямой и плоскостью. 2 – угол между N и p .
Известна формула для нахождения угла между векторами:
Np
cos( N , p) cos 2 , cos 2 cos( 1 ) sin 1 , отсюда
2
Np
Np
Al Bm Cn
(1)
sin 1
2
Np
A B 2 C 2 l 2 m2 n2
Задача 2. Дана плоскость ( ) : Ax By Cz D 0 с нормальным вектором N A, B, C и точка
M 0 ( x0 , y0 , z0 ) , не принадлежащая плоскости.
Найти расстояние d от точки М0 до плоскости (α).
М0
p
α
N
α
α
Решение.
d
Е
(а)
Проведем прямую (а) с направляющим вектором p l , m, n, проходящую
через точку М0 перпендикулярно к плоскости (α). Ее уравнение:
x x0 y y0 z z0
. Так как (а) (α), то верно, что N || p . Тогда можем
l
m
n
записать,
что
и
уравнение
прямой
примет
вид:
p A, B, C
x x0
A t
x x0 y y0 z z0
или в параметрическом виде y y0 t .
A
B
C
B
z z0
C t
Пусть прямая и плоскость пересекаются в точке Е. Тогда d M 0 E .
Найдем координаты точки Е. Так как это точка пересечения прямой и плоскости, то ее координаты
x x0
A t
y y0
– решение системы B t
. Перепишем ее в виде
z z0
t
C
Ax By Cz D 0
Подставим выражения для x, y, z
x At x0
y Bt y
.
z
Ct
z
Ax By Cz D 0
в 4-ое уравнение системы, получим:
A( At x0 ) B( Bt y0 ) C (Ct z0 ) D 0
t ( A2 B 2 C 2 ) Ax0 By0 Cz0 D 0
A2t Ax0 B 2t By0 C 2t Cz0 D 0
Ax By Cz D
t 0 2 0 2 02
число, пусть t = t0.
A B C
Подставим известное t0 в выражения для x, y, z, т.е. в первые три уравнения системы:
x A(
Ax0 By0 Cz0 D
) x0 At 0 x0 ,
2
A2 B 2 C
Ax By Cz D
y B( 0 2 0 2 0 2
) y0 Bt 0 y0 ,
A B C
Ax By Cz D
z C ( 0 2 0 2 0 2
) z0 Ct0 z0 .
A B C
51
Следовательно, координаты точки Е: E( At 0 x0 , Bt 0 y0 , Ct0 z0 ) . Тогда координаты вектора
M 0 E { At 0 x0 x0 , Bt 0 y0 y0 , Ct0 z0 z0 } { At 0 , Bt 0 , Ct 0 } . Найдем d M 0 E .
d M 0 E ( At 0 ) 2 ( Bt 0 ) 2 (Ct0 ) 2 | t0 | A2 B 2 C 2 = (подставим вместо t0 его значение) =
d
Ax0 By0 Cz 0 D
Ax0 By0 Cz0 D
.
A2 B 2 C 2
2
2
2
A B C
A2 B 2 C 2
Ax0 By0 Cz 0 D
A2 B 2 C 2
– расстояние от точки M 0 ( x0 , y0 , z0 ) до плоскости ( ) Ax By Cz D 0 (2)
Примеры.
Задача 1. Найти уравнение прямой, перпендикулярной плоскости
проходящей через точку М0(0, 0, 1/2).
Решение.
2x 3 y 4z 2 0 ,
N
α
p
М0
Нормальный вектор плоскости коллинеарен направляющему вектору
прямой N || p . Следовательно, координаты направляющего
α
вектора прямой пропорциональны (совпадают) с координатами нормального вектора.
1
z
x
y
2
Подставим данные в каноническое уравнение: Ответ:
2 3
4
x 1 y 1 z
и плоскости 2 x 3 y z 1 0 .
1
2 6
Решение.
x 1 y 1 z
Координаты точки пересечения М – это решение системы 1
2 6 .
2 x 3 y z 1 0
Запишем уравнение прямой в параметрическом виде:
x t 1
x 1 y 1 z
t , отсюда y 2t 1 .
1
2 6
z 6t
М
α
Найдем решение системы:
x t 1
y 2t 1
2(t 1) 3(2t 1) 6t 1 0 t 1,
z
6
t
2 x 3 y z 1 0
отсюда х = 1+1=2, у = -2 - 1= -3, z = 6 – координаты точки пересечения. Ответ: M (2,3, 6) .
Задача 2. Найти точку пересечения прямой
x 1 y 3 z 1
и плоскостью : 2 x y 2 z 1 0 .
5
1
Решение.
N 2, 1,2, p 0, 5, 1. Угол между прямой и плоскостью находится по формуле:
Задача 3. Найти угол между прямой в:
Np
2 0 1 5 (3) 1
2
26
sin( N , p)
39
4 1 4 0 25 1 3 26
Np
arcsin
26
.
39
52
Задача 4. Написать уравнение проекции прямой
в:
x y z 1 0 .
x 1 y z 1
на плоскость
2
1
:
Решение.
N 1, 1,1, p 0, 2, 1.
N
p
Чтобы найти проекцию d прямой в на плоскость ,
А
α1
α
надо построить плоскость, проходящую через прямую в
в
перпендикулярно плоскости .
d
Пересечение полученной плоскости с плоскостью p
α
1
прямая d - и будет искомой проекцией.
А
Уравнение плоскости 1 , походящей через прямую в перпендикулярно плоскости можно найти
либо 1 методом , либо 2-ым. Это уравнение имеет вид: 3x y 2 z 1 0 .
N1 3, 1, 2
Нормальный вектор
3x y 2 z 1 0
Тогда общее уравнение искомой прямой d имеет вид:
.
x y z 1 0
Запишем это уравнение в каноническом виде. Для этого необходимо найти точку А, лежащую на
прямой, и направляющий вектор p1 .
3x y 1 0
Найдем координаты точки А: пусть z = 0, тогда
, методом Гаусса получим, что х = 0,
x y 1 0
у =-1. Координаты точки А(0, -1, 0).
i
j
k
Направляющий вектор p1 найдем по формуле: p1 N N1 3 1 2 i 5 j 4k .
1 1 1
Уравнение прямой d – уравнение искомой проекции имеет вид:
x
y 1 z
.
1
5
4
П. 7. Поверхности второго порядка.
Определение 14. Уравнение F ( x, y, z ) 0 второй степени относительно x, y, z вида
Ax by 2 Cz 2 2Dxy 2Eyz 2Fxz 2Rx 2Py 2Mz N 0 , где А, В, С одновременно не равны нулю,
называется общим уравнением поверхности второго порядка (квадриком).
Этому уравнению не всегда соответствует на плоскости множество точек. Если геометрический образ
не существует, то есть нет точек, удовлетворяющих уравнению, то говорят, что уравнение определяет
мнимую поверхность.
Из общего уравнения получаются многочисленные уравнения поверхностей – канонические
уравнения. Приведение общего уравнения к каноническому виду осуществляется путем образования
полных квадратов по отношению к переменным х, у, z и параллельному переносу начала координат в
точку (х0, у0, z0).
2
Пример. Вывести каноническое уравнение сферы с центром в точке М0(х0, у0, z0) и радиусом R.
Вывод.
По определению, сфера – геометрическое место точек, расстояние от которых до данной точки
М0(х0, у0, z0) – центра есть величина постоянная и равная R.
Рассмотрим текущую точку сферы М(х, у, z). Тогда R M 0 M ( x x0 )2 ( y y0 )2 ( z z0 )2 .
( x x0 )2 ( y y0 )2 ( z z0 )2 R 2 – каноническое уравнение сферы с центром в точке
Отсюда
М0(х0, у0, z0) и радиусом R.
53
Канонические уравнения основных поверхностей второго порядка
2
1.
2
2
x
y
z
2 2 1 – уравнение эллипсоида
2
a
b
c
2
2
x y z 2 R2 – уравнение сферы
x2 y 2
x2 z 2
y2 z2
,
,
1
1
1 – эллиптические цилиндры
a 2 b2
b2 c2
a2 c2
x2 y 2
x2 z 2
y2 z2
x2 y2
x2 z 2
y2 z2
2)
,
,
,
,
,
1
1
1
1
1
1 –
a 2 b2
b2 c 2
a2 c2
a2 c2
a 2 b2
b2 c2
гиперболические цилиндры
3) y 2 2 px , x 2 2 py , g) z 2 2 px , x 2 2 pz , z 2 2 py , y 2 2 pz – параболические
цилиндры
2. 1)
3.
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
,
,
0 – уравнения конуса.
a 2 b2 c2
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
x2 y 2 z 2
1,
a 2 b2 c 2
гиперболоида.
x2 y 2 z 2
1,
a 2 b2 c 2
x2 y 2 z 2
1 ,
a 2 b2 c 2
гиперболоида.
x2 y 2 z 2
1 ,
a 2 b2 c 2
4.
5.
x2 y 2
2 pz ,
a 2 b2
x2 y 2
7. 2 2 2 pz ,
a
b
6.
x2 z 2
2 py ,
a2 c2
x2 z 2
2 py ,
a2 c2
x2 y 2 z 2
1
a 2 b2 c 2
– уравнения
x2 y 2 z 2
1
a 2 b2 c 2
– уравнения
однополостного
двуполостного
y2 z2
2 px – уравнения эллиптического параболоида.
b2 c 2
y2 z2
2 px – уравнения гиперболического параболоида.
b2 c 2
1. Цилиндрические поверхности
Пусть в общем уравнении поверхности отсутствует одна координата, например z, т.е. уравнение
имеет вид: F ( x, y) 0 . Тогда вместе с точкой М0(х0, у0, z0), лежащей на поверхности, на ней будет
лежать и прямая, параллельная оси (Оz) и проходящая через точку М1(х0, у0, 0).
Определение 15. Уравнение
F ( x, y) 0 называется уравнением направляющей, которой
является кривая второго порядка. Прямые, проходящие через точки кривой, параллельно оси (Оz),
называются образующими.
Определение 16. Цилиндрической поверхностью или цилиндром называется поверхность, в
общем уравнении которой отсутствует одна координата: F ( x, y) 0 или F ( x, z ) 0 или F ( y, z ) 0 .
Типы цилиндрических поверхностей
z
1). Эллиптические цилиндры.
x2 y 2
а) 2 2 1
a
b
а
В уравнении поверхности отсутствует координата z, следовательно,
х
образующие параллельны оси (Оz), направляющая – эллипс
в плоскости (Оху) с центром в точке О.
x2 z 2
b) 2 2 1
a
c
В уравнении поверхности отсутствует координата у, следовательно, образующие
b у
54
параллельны оси (Оу), направляющая – эллипс в плоскости (Охz) с центром в точке О.
y2 z2
с) 2 2 1
b
c
В уравнении поверхности отсутствует координата х, следовательно, образующие
параллельны оси (Ох), направляющая – эллипс в плоскости (Оуz) с центром в точке О.
Замечание. Уравнение эллиптического цилиндра, вытянутого вдоль оси (Оz) с направляющей с
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
центром в точке М1(х0, у0, 0) имеет вид:
1.
a2
b2
z
2). Гиперболические цилиндры.
x2 y 2
у
а) 2 2 1
a
b
а
В уравнении поверхности отсутствует координата z, следовательно,
образующие параллельны оси (Оz), направляющая – гипербола в
х
плоскости (Оху) с центром в точке О.
x2 z 2
b) 2 2 1
a
c
В уравнении поверхности отсутствует координата
у, следовательно,
образующие
параллельны оси (Оу), направляющая – гипербола в плоскости (Охz) с центром в точке О.
y2 z2
с) 2 2 1
b
c
В уравнении поверхности отсутствует координата х, следовательно, образующие параллельны оси
(Ох), направляющая – гипербола в плоскости (Оуz) с центром в точке О.
x2 y2
x2 z 2
y2 z2
d) 2 2 1 , e) 2 2 1 , g) 2 2 1
a
c
a
b
b
c
Замечание. Уравнение гиперболического цилиндра, вытянутого вдоль оси (Оz) с направляющей с
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
1.
центром в точке М1(х0, у0, 0) имеет вид:
a2
b2
3). Параболические цилиндры.
z
а ) y 2 2 px
В уравнении поверхности отсутствует координата z,
следовательно, образующие параллельны оси (Оz),
направляющая – парабола в плоскости (Оху) с вершиной в точке О.
b) z 2 2 px
В уравнении поверхности отсутствует координата у,
х
следовательно, образующие параллельны оси (Оу),
направляющая – парабола в плоскости (Охz) с вершиной в точке О.
с) z 2 2 py
В уравнении поверхности отсутствует координата х, следовательно, образующие
параллельны оси (Ох), направляющая – парабола в плоскости (Оуz) с вершиной в точке О.
у
d) y 2 2 px , e) x 2 2 py , g) z 2 2 px , f) x 2 2 pz , h) z 2 2 py , k) y 2 2 pz .
Замечание. Уравнение параболического цилиндра, вытянутого вдоль оси (Оz) с направляющей –
параболой, симметричной оси (Ох) и с вершиной в точке М1(х0, у0, 0) имеет вид: ( y y0 )2 2 p( x x0 ) .
55
2. Конические поверхности
Определение 17. Конической поверхностью или конусом называется поверхность, образованная
точками прямых, проходящих через данную точку – вершину и пересекающих данную прямую
направляющую.
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
Канонические уравнения конуса:
,
,
0.
a 2 b2 c2
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
Перед какой переменной стоит знак «–», вдоль той оси вытянут конус.
Исследуем форму конуса, заданного уравнением
x2 y 2 z 2
0 методом сечений.
a 2 b2 c2
Метод сечений заключается в том, что поверхность пересекают плоскостями, параллельными
координатным плоскостям, и изучают линии, получающиеся при пересечении.
x2 y 2 z 2
0.
a 2 b2 c2
x h
x h 0
2
1) h
, удобнее брать h = 0, т.е. y 2 z 2
две пересекающиеся прямые в
y2 z2
2
2
b2 c2
c2
a
b
точке О в плоскости (Оyz).
y h 0
2) x 2 z 2
две пересекающиеся прямые в точке О в плоскости (Oxz)
2 2 0
c
a
z h
z h
z h
2
2
x 2 y 2 1
3) x 2 y 2 h 2
уравнение эллипса в
x2 y 2 h2
2 h
a2 h
2 2 2 0
2 2 2
b
c
b
c
a
a
c 2 b c 2
плоскостях, параллельных плоскости (Оху)
z h 0
2
точка О.
x
y2
0
2
2
b
a
56
z
Построение.
h
О
у
х
-h
Замечание. Уравнение конуса, вытянутого вдоль оси (Оz) с вершиной в точке М0(х0, у0, z0) имеет
( x x0 )2 ( y y0 )2 ( z z0 )2
вид:
0.
a2
b2
c2
3. Эллипсоид.
x2 y 2 z 2
1 – каноническое уравнение эллипсоида.
a 2 b2 c2
Исследуем его форму методом сечений.
x h
1) h 2 y 2 z 2
, удобнее брать h = 0, т.е.
2 2 2 1
b
c
a
y h 0
2) x 2 z 2
эллипс в плоскости (Oхz)
2 2 1
c
a
z h 0
3) x 2 y 2
эллипс в плоскости (Oхy)
2 2 1
b
a
Замечание. Уравнение эллипсоида с
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 ( z z0 ) 2
1.
a2
b2
c2
x h 0
2
эллипс в плоскости (Oyz)
y
z2
2 2 1
c
b
центром в точке
М0(х0, у0, z0)
имеет вид:
4. Гиперболоиды
4.1. Однополостный гиперболоид
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
1
1
1 – канонические уравнения однополостного
,
,
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
гиперболоида.
57
Перед какой переменной стоит знак «–», вдоль той оси вытянут гиперболоид.
Исследуем форму однополостного гиперболоида, заданного уравнением
x2 y 2 z 2
1 , методом
a 2 b2 c 2
сечений.
x h 0
x h
2
1) h
, удобнее брать h = 0, т.е. y 2 z 2
гипербола в плоскости (Oyz), ветви
y2 z2
1
1
2
2
c2
b2 c2
b
a
симметричны (Оz)
y h 0
2) x 2 z 2
гипербола в плоскости (Oхz), ветви симметричны (Оz)
2 2 1
c
a
z h
z h
z h
x2
y2
2
2
2
2
2
2
1 эллипсы,
3) x
x
y
h
y
h
2
2
a 2 1 h b 2 1 h
2 2 1 2
2 2 2 1
b
c
b
c
a
a
c2
c 2
лежащие в плоскостях, параллельных плоскости (Оху)
z h 0
2
эллипс в плоскости (Oхy).
x
y2
2 2 1
b
a
Замечание. Уравнение однополостного гиперболоида с центром в точке М0(х0, у0, z0), вытянутого
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 ( z z0 ) 2
1
вдоль оси (Oz), имеет вид:
a2
b2
c2
4.2. Двуполостный гиперболоид
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2
1
1 ,
,
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
двуполостного гиперболоида.
x2 y 2 z 2
1
a 2 b2 c 2
– канонические уравнения
Перед какой переменной стоит знак «–», на той оси вытянут гиперболоид.
Исследуем форму двуполостного гиперболоида, заданного уравнением
x2 y 2 z 2
1 ,
a 2 b2 c 2
методом сечений.
58
x h
x h 0
2
2
2
1) h
, удобнее брать h = 0, т.е. y 2 z 2
гипербола в плоскости (Oyz),
y
z
2 2 2 1
2 2 1
b
c
c
a
b
ветви симметричны (Оу)
y h 0
2) x 2 z 2
гипербола в плоскости (Oхz), ветви симметричны (Ох)
2 2 1
c
a
z h
z h
z h
x2
y2
2
2
2
2
2
2
1 эллипсы,
3) x
x
y
h
y
h
2
2
a 2 1 h b 2 1 h
2 2 1 2
2 2 2 1
b
c
b
c
a
a
c 2
c 2
лежащие в плоскостях, параллельных плоскости (Оху)
h2
Очевидно, что должно выполняться неравенство: 1 2 0 h 2 c 2 h c
c
z c
Значение z = 0 не может быть. x 2 y 2
точки с координатами в (0, 0, ±с).
2
b2
a
Замечание. Уравнение двуполостного гиперболоида с центром в точке
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 ( z z0 ) 2
расположенного вдоль оси (Oz), имеет вид:
1 .
a2
b2
c2
М0(х0, у0, z0),
5. Параболоиды
5.1. Эллиптический параболоид
x2 y 2
x2 z 2
y2 z2
2
pz
2
py
2 px – канонические уравнения эллиптического
,
,
a 2 b2
a2 c2
b2 c 2
параболоида.
Какая переменная стоит в первой степени – вдоль той оси вытянут параболоид, знак «+» или «–»
показывает направление.
x2 y2
Исследуем форму эллиптического параболоида, заданного уравнением 2 2 2 pz , методом
a
b
сечений.
x h
x h 0
1) h 2 y 2
, удобнее брать h = 0, т.е. 2
парабола с вершиной в точке О вдоль
2
y
2
b
pz
2
pz
2
b2
a
оси z в плоскости (Oyz) (ветви вверх)
59
y h 0
2) 2
парабола с вершиной в точке О вдоль оси z в плоскости (Oхz) (ветви вверх)
2
x
2
a
pz
z h
3) x 2 y 2
2 2 2 ph
b
a
плоскости (Oху)
z = – h не может быть.
z 0
2
точка О.
x
y2
2 2 0
b
a
z h
2
эллипсы, лежащие в плоскостях, параллельных
y2
x
a 2 2 ph b 2 2 ph 1
Замечание. Уравнение эллиптического параболоида с центром в точке
( x x0 ) 2 ( y y0 )2
расположенного вдоль оси (Oz), имеет вид:
2 p ( z z0 ) .
a2
b2
М0(х0, у0, z0),
5.2. Гиперболический параболоид (седло)
x2 y 2
x2 z 2
y2 z2
x2 y 2
x2 z 2
2
pz
2
py
2
px
2
pz
2 py ,
,
,
,
,
a 2 b2
a2 c2
b2 c 2
a 2 b2
a2 c2
y2 z2
2 2 2 px – канонические уравнения гиперболического параболоида.
b
c
Какая переменная стоит в первой степени – вдоль той оси вытянут параболоид, знак «+» или «–»
показывает направление.
x2 y2
Исследуем форму гиперболического параболоида, заданного уравнением 2 2 2 pz , методом
a
b
сечений.
x h 0
1) 2
парабола с вершиной в точке О вдоль оси z в плоскости (Oyz), ветви вниз
2
y
2
b
pz
y h 0
2) 2
парабола с вершиной в точке О вдоль оси z в плоскости (Oхz), ветви вверх
2
x 2a pz
z h
z h
2
x2
3) x
гиперболы, лежащие в плоскостях, параллельных
y2
y2
2
ph
a 2 2 ph b 2 2 ph 1
2
2
b
a
плоскости (Оху) (над ней), ветви симметричны (Оу)
60
z h
z h
2
гиперболы, лежащие в плоскостях, параллельных
x2
y2
x
y2
2
ph
a 2 2 ph b 2 2 ph 1
2
2
b
a
плоскости (Оху) (под ней), ветви симметричны (Ох)
z 0
2
две пересекающиеся в точке О прямые в плоскости (Оху).
x
y2
2 2 0
b
a
Построение. Для удобства развернем оси координат.
Замечание 1. Уравнение гиперболического параболоида с центром в точке М0(х0, у0, z0),
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
расположенного вдоль оси (Oz), имеет вид:
2 p ( z z0 ) .
a2
b2
Замечание 2. Гиперболический параболоид называют поверхностью, вывернутой наизнанку и
пропущенной через антимир.
6. Поверхности вращения.
Пусть в плоскости (Оуz) задана линия L, уравнение которой F ( ~
y, ~
z ) 0 . При вращении L вокруг
оси (Оу) получим некоторую поверхность (σ). Выведем уравнение этой поверхности.
~
Рассмотрим точку M (0, ~
y, ~
z ) , принадлежащуюкривой L
z
, а значит и поверхности (σ).
~
~
L
M
Проведем
через
точку
плоскость
(α),
M
у
перпендикулярную оси (Оу).
М
~
Пересечением поверхности (σ) с плоскостью (α) будет
у
O
~
О
y ,0) .
окружность с центром в точке O(0, ~
Рассмотрим точку М(х,у,z) – текущую точку
поверхности (σ). Выберем ее так, чтобы она принадлежала
х
плоскости (α).
~
~~
Тогда радиус окружности R OM OM , где
~
~~
z x 2 z 2 . Так как
OM x 2 z 2 , OM ~
z . Отсюда ~
( ) (Oy) , то y ~
y.
Уравнение поверхности (σ) найдем, подставив полученные равенства в уравнение линии L:
F ( y, x 2 z 2 ) 0 – уравнение поверхности вращения вокруг оси (Оу),
( , так как z может быть как положительной, так и отрицательной величиной).
Аналогично выводятся уравнения поверхностей, полученных вращением линии вокруг осей (Ох) и
(Оz) соответственно: F ( x, y 2 z 2 ) 0 и F ( z, x 2 y 2 ) 0 .
61
Пример.
Установить тип данной поверхности z 2 y x 2 y 2 .
Решение.
Найдем каноническое уравнение поверхности:
z x 2 y 2 2 y 1 1 x 2 ( y 1) 2 1 , отсюда
z 1 x 2 ( y 1) 2 каноническое уравнение
эллиптического параболоида с вершиной в точке В(0, –1, –1) (ветви парабол вверх вдоль оси (Оz)).
7. Поверхности и их изображение в математике и в архитектуре
Конус второго
порядка
Эллиптический
цилиндр
Конус и эллиптический цилиндр
Эллиптический параболоид
Эллиптические параболоид и цилиндр
Однополостный гиперболоид
Однополостный гиперболоид (часть)
62
