Математика

ПРИДНЕСТРОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ им. Т.Г. ШЕВЧЕНКО Кафедра математического анализа и приложений Лекции по математике (1 семестр) для студентов заочного отделения ИТИ Составитель: доц. Чуйко Л.В. Тирасполь 1 1. ОПРЕДЕЛИТЕЛИ ВТОРОГО ПОРЯДКА. РЕШЕНИЕ СИСТЕМ ЛИНЕЙНЫХ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ПРИ ПОМОЩИ ОПРЕДЕЛИТЕЛЕЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА Прежде чем перейти к понятию определителя, решим простую задачу: техническое перевооружение цеха позволило выпустить в феврале на 165 изделий больше, чем в январе. Сколько изделий было выпущено в январе и сколько в феврале, если известно, что за эти месяцы цех выпустил 1315 изделий? Решение. Допустим, что в январе цех выпустил х изделий, а в феврале – у изделий. Используя условие задачи, составляем систему уравнений:  x  y  1315,   y  x  165. Перепишем второе уравнение системы  x  y  1315,   x  y  165. (1) Система (1) представляет собой систему линейных алгебраических уравнений первой степени. Решить эту систему можно разными способами. Например, сложив уравнения системы (1), получим 2y= 1480; y = 740. Подставив y=740 в любое уравнение системы (1), найдѐм x = 575. Итак, в январе цех выпустил 575, а в феврале – 740 изделий. Систему (1) можно решить и другим способом, используя, к примеру, понятие определителя. Запишем систему (1) в общем виде:  a1 x  b1 y  d1 ,  a2 x  b2 y  d 2 . (2) Числа a1 , b1 , a2 , b2 называются коэффициентами системы; d1, d2 - свободные члены. Систему (2), в которой свободные члены находятся в правых частях, для определѐнности будем называть стандартной. Под решением системы (2) понимается всякая пара чисел (х, у), обращающая уравнения этой системы в верные равенства. Если существует только одна такая пара (х, у), - то решение называется единственным. Аналогично вводится понятие решения для системы, содержащей n неизвестных (n = 1,2,3, …). 2 Если система имеет решение, то она называется совместной, если не имеет решений, - то несовместной; если система имеет единственное решение, то она называется совместно-определѐнной, если бесчисленное множество решений, - то совместно-неопределѐнной. Для нахождения решений системы (2) рассмотрим понятие определителя. Определителем (детерминантом) второго порядка называется выражение вида a1 a2 b1  a1b2  a2b1. b2 (3) где вертикальные скобки – знак определителя. Числа a1, b1, a2 , b2 называются элементами определителя; они расположены в двух строках и в двух столбцах (ряды определителя). Формула (3) даѐт правило «развертывания» определителя второго порядка, а именно: определитель второго порядка равен разности произведений его элементов первой и второй диагоналей. Покажем на примере вычисление определителя второго порядка: 4 3  4 1  2  (3)  4  6  10. 2 1 Введем понятие главного определителя системы (2): D a1 a2 b1 , b2 а также понятия дополнительных определителей системы (2): Dx  d1 b1 a , Dy  1 d 2 b2 a2 d1 . d2 Заметим, что дополнительные определители Dx, Dy получаются из определителя системы D путем замены коэффициентов при указанном неизвестном на соответствующие свободные члены. Если использовать полученные обозначения, то решение системы (2) можно найти по формулам: 3 x D Dx ,y y. D D (4) Если D  0 , то выражения (4) дают единственное решение системы (2). Формулы (4) называют формулами Крамера – именем швейцарского математика Крамера (1704 – 1752), который одним из первых пришел к понятию определителя. Решим при помощи определителей систему (1):  x  y  1315,   x  y  165. Выпишем главный определитель системы (коэффициенты при неизвестных) D 1 1  1  1  1  (1)  2  0  система имеет единственное решение. 1 1 Вычислим дополнительные определители: Dx  1315 1  1315  1  165 1  1315  165  1150, 165 1 Dy  1 1315  1  165  (1)  1315  1480 . 1 165 Тогда по формулам (4) имеем x D 1480 Dx 1150   575, y  y   740. D 2 D 2 Пример. Решить систему уравнений  2 x  3 y  7,  3 x  5 y  11. Решение. D 2 3  2  5  (3)  (3)  10  9  1  0  система имее единственное решение. 3 5 Dx  7 3  7  5  (3)  11  35  33  2; 11 5 Dy  2 7  2  11  (7)  (3)  22  21  1. 3 11 Ответ: (-2;1). 4 Сделаем проверку полученному решению. Подставим в заданную систему полученные x  2, у  1. Имеем 2  (2)  3 1  4  3  7,   3  (2)  5 1  6  5  11. Как видим, получены верные равенства, т.е. система решена верно. 2. ОПРЕДЕЛИТЕЛИ ТРЕТЬЕГО ПОРЯДКА. РЕШЕНИЕ СИСТЕМ ЛИНЕЙНЫХ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ПРИ ПОМОЩИ ОПРЕДЕЛИТЕЛЕЙ ТРЕТЬЕГО ПОРЯДКА Рассмотрим систему уравнений:  a1 x  b1 y  c1z  d1 ,  a2 x  b2 y  c2 z  d 2 , a xb y c z  d . 3 3 3  3 (1) В этой системе три уравнения и три неизвестных. Выпишем главный определитель системы D. Полученное выражение называется определителем третьего порядка и обозначается следующим образом: a1 b1 D  a2 b2 a3 b3 c1 c2 . c3 (2) Преобразование выражения (2) и применение определителя второго порядка приводят к формуле a1 b1 c1 b c a c a b D  a2 b2 c2  a1  2 2  b1  2 2  c1  2 2 , b3 c3 a3 c3 a3 b3 a3 b3 c3 (3) по которой можно вычислить значение определителя. Поясним формулу (3). Смотрим только на элементы первой строки. Записываем первый элемент a1 и умножаем его на определитель второго порядка, который получается из данного определителя 3 –го порядка путем вычеркивания (мысленного) строки и столбца в которых находиться a1 (т.е. вычеркиваем первую строку и первый столбец). Далее, записываем знак минус (всегда минус) и элемент b1, который умножаем 5 на определитель второго порядка, получающийся из данного путем вычеркивания (мысленного) первой строки и первого столбца (это место элемента b1). Далее ставим плюс (всегда) и выписываем с1, который умножаем на определитель 2- го поряка, получающийся из данного определителя путем вычеркивания первой строки и третьего столбца (это место с1). Числа ai, bi, ci (i=1,2,3) называются элементами определителя; они расположены в трех его строках и трех столбцах (ряды определителя). Пример. Вычислить определитель 1 2 3 D 2 3 4. 3 4 5 (4) Используя формулу (3), получаем D  1 3 4 2 4 2 3  2  3 1  (15  16)  2  (10  12)  3  (8  9)  1  4  3  0. 4 5 3 5 3 4 Пример. Вычислить определитель 4 2 1 D 0 3 5. 2 1 6 Используя формулу (3), получаем D  4 3 5 0 5 0 3  (2)   1  4  (18  5)  2  (0  10)  1  (0  6)  92  20  6  66. 1 6 2 6 2 1 Под минором элемента определителя третьего порядка понимается определитель второго порядка, получающийся из данного определителя, в результате вычеркивания строки и столбца, содержащих данный элемент. Минор будем обозначать M ij . Например, для определителя (4) минором его элемента 2, стоящего во второй строке и в первом столбце, является определитель M 21  2 3  10  12  2. 4 5 6 В дальнейшем для краткости будем говорить, что элемент определителя третьего порядка занимает четное место, если сумма номеров его строк и его столбцов (i +j) есть число четное, и нечетное место, если такая сумма есть число нечетное. Алгебраическим дополнением (минором со знаком) элемента определителя третьего порядка называется минор этого элемента, взятый со знаком плюс, если элемент занимает четное место, и со знаком минус, если его место нечетное. Таким образом, если Мij есть минор элемента определителя, а i и j – соответственно номер строки и номер столбца, на пересечении которых находится данный элемент, то его алгебраическое дополнение есть Aij = (-1)i+j ∙ Mij . Пример. Вычислить алгебраическое дополнение элемента a32  2 определителя находящегося в третьей строке и во втором столбце. 1 0 2 D 3 4 1, 5 2 4 Решение. A32  (1)32  1 2  (1)5  (1  6)  1  (7)  7. 3 1 Соответствующие знаки, приписываемые минорам элементов определителя, можно задать таблицей + − + − + − + − + Рассмотрим другое правило вычисления определителей третьего порядка. Оно состоит в следующем: запишем определитель третьего порядка и справа от него добавим элементы двух первых столбцов (или элементы двух первых строк снизу от определителя), затем перемножим его члены по диагоналям: 7 Пример. Вычислить определитель 2 1 0 1 3 1 . 0 4 3 Решение. 2 1 0 2 1 1 3 1 1 3  2  3  3  1 1  0  0  (1)  4  0  3  0  4 1  2  3  (1) 1  18  8  3  13. 0 4 3 0 4 Введем главный определитель системы (1) a1 b1 D  a2 b2 a3 b3 c1 c2 , c3 а так же дополнительные определители: d1 b1 c1 a1 Dx  d 2 b2 c2 , Dy  a2 d3 b3 c3 a3 d1 c1 a1 b1 d 2 c2 , Dz  a2 b2 d3 c3 a3 b3 d1 d2 . d3 Если определитель D  0 , то система (1) имеет единственное решение, которое определяется по формулам Крамера: x Dx , D y Dy D , z Dz . D Пример. Решить систему уравнений  x  2 y  3z  0,  2 x  y  4 z  5,  3x  y  z  2.  Решение. Вычислим определители по формуле (3): 8 1 2 3 1 4 2 4 2 1 D  2 1 4  1   2  (3)  1  (1  4)  2  (2  12)  3(2  3)  3  28  15  10 1 1 3 1 3 1 3 1 1 0 2 3 1 4 5 4 5 1 Dx  5 1 4  0   2  (3)   0  2  (5  8)  3  (5  2)  26  21  5 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 0 3 5 4 2 4 2 5 Dy  2 5 4  1   0  (3)  1  (5  8)  0  (2  12)  3  (4  15)  2 1 3 1 3 2 3 2 1  13  33  20 1 2 0 1 5 2 5 Dz  2 1 5  1   2  0 1  (2  5)  2  (4  15)  7  22  15. 1 2 3 2 3 1 2 Так как D  0 , то данная система имеет только одно решение. Находим его по формулам Крамера: x Dx 5 1    0,5, D 10 2 y Dy D  20 D 15 3  2, z  z    1,5. 10 D 10 2 Ответ: (0,5;2;1,5). При помощи определителя можно вычислить площадь треугольника с вершинами A(x1, у1), В(х2, у2), С(х3, у3): 1 х х S    2 1 2 х3  х1 у2  у1 . у3  у1 3. МАТРИЦЫ. ОПЕРАЦИИ НАД МАТРИЦАМИ Рассмотрим задачу. Необходимо распределить три механизма (работника) на три работы так, что бы каждый механизм (работник) выполнял одну и только одну работу и чтобы при заданной производительности каждого механизма (работника) на каждой из работ суммарный эффект был максимальным. В этой задаче систему 9 коэффициентов производительности i-го механизма на j-й работе (i, j = 1,2,3) можно записать в виде следующей таблицы: а11 а12 а21 а22 а31 а32 а13 а23 а33 где, например, а21 - производительность второго механизма на первой работе. Такую прямоугольную таблицу называют матрицей размера 3  3 (размерность), т.е. матрицей, которая состоит из трех строк и трех столбцов действительных чисел. Эту матрицу также называют квадратной, поскольку в ней число строк равно числу столбцов. Числа aij – элементы матрицы; i указывает номер строки; j – номер столбца элемента в матрице. В матрицах число строк может быть неравным числу столбцов. Так, матрица из m строк и n столбцов действительных чисел называется матрицей размера m  n . Если m  1 =1, то матрица А = (а1, а2, …, аn) = А1хn называется матрицейстрокой. Иногда ее удобно рассматривать как n -вектор. Если n  1, то матрица  b1    b В 2      bn  называется матрицей-столбцом или просто m - вектором. Рассмотрим пример. Пусть в трех цехах ежедневно выпускается в среднем 10, 12, 15 станков 1-го вида и 11, 13, 12 станков 2-го вида. Тогда таблица, состоящая из двух строк и ( m  2 ) и трех столбцов n  3 , будет представлять собой матрицу ежедневного выпуска из этих цехов станков 1-го и 2-го видов соответственно. Запишем эту матрицу в виде 10 12 15  А .  11 13 12  Рассмотрим действия (операции) над матрицами. I). Сложение(вычитание) матриц и умножение их на число. Складывать (вычитать) можно только матрицы с одинаковым числом строк и столбцов. Суммой матриц A = (aij) и 10 B = (bij) называется матрица C = (cij), элементы которой равны суммам соответствующих элементов матриц А и В: cij = aij + bij при любых i и j. Пример. 1 7   5 7 8  3 2 1  2 5 7  3  2 2  5  8 1 5    7 0 40    8  7 1  0 5  (40)   15 1 35  .         Чтобы умножить матрицу А на число k, нужно каждый элемент матрицы А умножить на k. Пример. 3 1 3  (2) 3  4   9 3 6 12   3 1 2 4   3  3    3   7 0 3 21   3  7 3  0 3  3 3  21   21 0 9 63 .  1 2 1 7   3  (1) 3  2 3 1 3  7   3 6 3 21     Матрица (1)  А называется противоположной матрице А и обозначается ( – А). Вместо А + (-В) пишут А – В. II). Умножение матриц. Произведение матрицы А на матрицу В определено только в том случае, когда число столбцов матрицы А равно числу строк матрицы В. В результате умножения получается матрица АВ, у которой столько же строк, сколько их в матрице А, и столько же столбцов, сколько их в матрице В. Матрица А В АВ Количество строк m n m Количество столбцов n l l Матрицы умножаются по правилу умножения «строки на столбец». Рассмотрим это правило на примерах. Пример. Найти произведение матриц А и В, если 1 2 3 a b   А   8 4 7  , В   c d  . 1 5 9   x y     Решение.  1 a  2  c  3  x 1 b  2  d  3  y  AB   8  a  4  c  7  x 8  b  4  d  7  y  .  1 a  5  c  9  x 1 b  5  d  9  y    11 Пример. Найти произведение матриц М и N, если 3 2   2 3 4 5  4 1    . M   9 2 3 4  , N     1  3  1 5 3 11     2 5  Решение. 2  2  3  (1)  4  (3)  5  5   32 14   2  3  3  4  4 1  5  2  MN   9  3  2  4  (3)  1  4  2 9  2  2  (1)  (3)  (3)  4  5    40 45 .  1  3  (5)  4  3  1  11  2 1  2  (5)  (1)  3  (3)  11  5   2 49      Пример. Найти произведение матриц А и В, если  0 2 1  4 3 2   А   2 1 2  , В   3 2 1 .  3 2 1 1 3 5     Решение. 0  3  2  2  (1)  3 0  2  2  1  (1)  5   0  4  2  3  (1)  1  АВ   2  4  (1)  3  2  1 2  3  (1)  2  2  3 2  2  (1)  1  2  5    3  4  (2)  3  (1)  1 3  3  (2)  2  (1)  3 3  2  (2)  1  (1)  5     5 1 3    9 2 5  .  5 2 1    Произведение матриц зависит от порядка множителей. Если 1 2 А  и 3 4 1 АВ   3  2 ВА   1  2 0  В  , то  1 3 2   2 0   1  (2)  2 1 1  0  2  3   0 6     , 4   1 3   3  (2)  4 1 3  0  4  3   2 12  0   1 2   2  1  0  3 2  2  0  4   2 4     . 3   3 4   1 1  3  3 1  2  3  4   10 14  Как видим АВ  ВА. 4. ТРАНСПОНИРОВАННАЯ МАТРИЦА. РАСШИРЕННАЯ МАТРИЦА СИСТЕМЫ Пусть даны матрица 12  а11 а12 .... а1n  а а22 ... а2 n  21  А ,  ... ... ... ...     аm1 аm 2 ... аmn  и матрица  а11 а21 .... аm1  а а22 ... аm 2  12  А  ... ... ... ...     а1n а2 n ... аmn  которую получаем из матрицы А, заменяя строки на столбцы, а столбцы на строки. Матрица А называется транспортированной матрицей по отношению к А. Если размер матрицы А равен m  n , то размер транспонированной матрицы А равен n  m .  Пример. Дана матрица А   .  2 3 1 1 Найти транспонированную ей матри- цу. Решение. Чтобы найти транспонированную матрицу, в заданной матрице А строки превратим в столбцы, а столбцы в строки, т.е. меняем местами строки и столбцы 1 2  А . 1 3  Рассмотрим систему уравнений  a1 x  b1 y  c1 z  d1 ,  a2 x  b2 y  c2 z  d 2 , a xb y c z  d . 3 3 3  3 Выпишем матрицу коэффициентов при неизвестных этой системы и обозначим ее  a1  А   a2 a  3 b1 b2 b3 c1   c2  . c3  13 Матрицу А называют основной матрицей системы. Теперь к матрице А присоединим столбец свободных членов системы (т.е. числа стоящие за знаком равно). Получим матрицу  а1 b1 с1 d1    В   а2 b1 с2 d 2  . а b с d  3   2 1 3 Матрицу В называют расширенной матрицей системы. 5. ЭЛЕМЕНТЫ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ НА ПЛОСКОСТИ: ПРЯМОУГОЛЬНАЯ СИСТЕМА КООРДИНАТ НА ПЛОСКОСТИ; ЗАДАЧИ, РЕШАЕМЫЕ МЕТОДОМ КООРДИНАТ Аналитической геометрией называется раздел математики, в котором геометрические задачи решаются алгебраическим путем. Основой аналитической геометрии является метод координат, впервые использованный в XVII столетии французским математиком и философом Рене Декартом (1596 - 1650). Декартова прямоугольная система координат на плоскости определяется заданием единицы масштаба для измерения длин и двух взаимно перпендикулярных осей – оси абсцисс ОХ и оси ординат OY. Их точка пересечения О называется началом координат. Оси координат делят плоскость на четыре четверти (квадранта), нумерация которых показана на рис.1. Пусть М – произвольная точка плоскости (рис.2). Проектируя ее на оси координат, получаем точки Мх и Мy. Первой координатой х точки М – ее абсциссой – называется длина отрезка ОМх, взятая со знаком плюс, если отрезок ОМх направлен в ту же сторону, что и ось Ох, и со знаком минус, если в противоположную. Аналогично, ординатой у точки М называется длина отрезка ОМу, взятая со знаком плюс или минус, в зависимости от того, совпадает или не совпадает направление ОМу с направлением оси Оу. Пара чисел (х, у) полностью определяет точку М плоскости, поэтому, когда в аналитической геометрии говорят «задать точку», «найти точку», то под этим подразумевают, что задают 14 или находят координаты этой точки. Абсцисса х и ордината у называются декартовыми прямоугольными координатами точки. y y II (−, +) I (+, +) My II M I 1 −1 0 −1 x (−,−) III (+,−) IV 1 III Рис. 1 x Mx IV Рис. 2 Знаки координат точек в различных квадратах показаны на рис.2. Если точка М(х; у) лежит на оси Оу, то х = 0, если точка М(х; у) лежит на оси Ох, то у = 0. Начало координат – точка О – имеет координаты (0; 0). Рассмотрим задачи, решаемые методом координат. Расстояние между двумя точками Пусть на плоскости (рис.3.) заданы две точки: А1 ( х1, у1 ) и А2 ( х2 , у2 ) . Требуется определить расстояние между этими точками. Эту задачу можно решить используя формулу расстояния между двумя точками: d  A1 A2  ( x2  x1 )2  ( y2  y1 ) 2 . (1) Рис.3 Пример. Танк на местности переместился из точки А(-30; 80) в точку В(50; 20) (координаты точек даны в километрах). Найти расстояние d, пройденный танком, если он двигался не меняя направления. 15 Решение. По условию х1 = -30, у1 = 80, х2 = 50, у2 = 20. Из формулы (1), получим: d  (50  30)2  (20  80)2  6400  3600  100 км Деление отрезка в данном отношении Пусть на плоскости ХОУ дан отрезок Р1Р2, соединяющий точки две точки Р1(х1; у1) и Р2(х2; у2) (рис.4). y A2 P2 y2 A P y P1 y1 A1 B1 x1 B B2 x x2 x Рис.4 16 Этот отрезок разделен точкой Р на отрезки Р1Р и , РР2 причем Р1Р / РР2   . Необходимо найти координаты точки Р (х; у), зная координаты концов отрезка Р1Р2. Данная задача решается при помощи формул х х1   х2 , 1  у у1   у2 . 1  (2) Замечание 1. Формулы (2) верны при любом расположении точек Р1 и Р2. Замечание 2. Если точка Р делит отрезок Р1Р2 пополам, то Р1Р = РР2 и, значит,   1. Подставляя в формулы (2)   1, получаем координаты середины отрезка х х1  х2 , 2 у у1  у2 . 2 (3) 6. ПРЯМАЯ ЛИНИЯ НА ПЛОСКОСТИ; СПОСОБЫ ЕЕ ЗАДАНИЯ В декартовых координатах каждая прямая на плоскости задается уравнением первой степени относительно текущих координат х и у: Ах  Ву  С  0. (1) Это уравнение называют общим уравнением прямой. А, В, С – постоянные коэффициенты, причем А и В одновременно не равны нулю. Уравнение прямой, разрешенное относительно у, называется уравнением прямой с угловым коэффициентом: y  kx  b, (2) где k - угловой коэффициент прямой, который равен тангенсу угла наклона прямой с положительным направлением оси Ох, т.е. k  tg . Рис.1 17 В выражении (2) параметр b равен величине отрезка ОВ, отсекаемого прямой от оси ОУ (рис.1). Пример. Найти уравнение прямой, пересекающей ось ОУ в точке В (0; 4) и составляющей с осью абсцисс угол 45о. Решение. Угловой коэффициент искомой прямой k  tg 45o  1. Отрезок, который прямая отсекает от оси ОУ, равен b = 4. Получаем из (2): у = х + 4 – уравнение искомой прямой. Пусть прямая l проходит через точку Р1(х1; у1) и имеет угловой коэффициент k  tg (рис.2). Рис. 2 Уравнение такой прямой задают формулой: y  y1  k ( x  x1 ). (3) Уравнение (3) называется уравнением прямой, проходящей через данную точку в данном направлении. Пример. Написать уравнение прямой, проходящей через точку А (2; 3), если ее угловой коэффициент k  1 / 2. Решение. По условию х1 = 2, у1 = 3. Тогда из (3) следует 1 у  3  ( х  2)  2 1 у  х 1  3  2 1 у  х  2. 2 Пусть прямая l проходит через две данные точки Р1(х1; у1) и Р2(х2; у2). Необходимо составим уравнение прямой l. Эту задачу можно решить, используя уравнение 18 у  у1 х  х1  . у2  у1 х2  х1 (4) Уравнение (4) называется уравнением прямой, проходящей через две заданные точки. Пример. Написать уравнение прямой, проходящей через две точки Р1(-3; 1) и Р2(2; 4). Решение. Воспользуемся уравнением (4). По условию х1 = -3, у1 = 1, х2 = 2, у2 = 4. Тогда у  1 х  (3)  , 4  1 2  (3) у 1 х  3  , 5( у  1)  3( х  3), 5 у  5  3х  9. 3 5 Окончательно: 3х  5 у  14  0. Пусть а – отрезок, отсекаемый прямой l на оси Ох; b – отрезок, отсекаемый прямой l на оси Оу (рис.3). Уравнение такой прямой l записывают в виде x y   1. a b (5) Уравнение (5) называется уравнением прямой в отрезках. Рис. 3 Рис. 4 Углом между двумя пересекающимися прямыми называется угол  , отсчитываемый от первой прямой l1 до второй l2 против движения часовой стрелки (рис.4). Пусть угловой коэффициент прямой l1 равен k1, а угловой коэффициент прямой l2 равен k2. Тангенс угла между двумя пересекающимися прямыми можно вычислить по формуле 19 tg  k2  k1 . 1  k1  k2 (6) Пример. Найти угол между двумя прямыми у  3х  2 и у  2 х  1. Решение. Так как угловой коэффициент первой прямой равен k1  3 , а второй прямой k2  2 , то на основании выражения (6) можно вычислить tg  2  3  1    45o . 1  (2)  3 Если прямая l1 параллельна прямой l2, то угол  между ними равен нулю, т.е. tg  0. А это значит, что k2  k1. Данное равенство называется условием параллельности двух прямых. Если прямая l1 перпендикулярна прямой l2, то угол  между ними равен 900. Отсюда следует, что k2   1 . k1 Последнее равенство называется условием перпендикулярности двух прямых. 7. ЛИНИИ (КРИВЫЕ) ВТОРОГО ПОРЯДКА Как известно, прямой линии на плоскости соответствует уравнение с двумя переменными, причем уравнение первой степени задает на плоскости линию первого порядка (прямая линия): Ах  Ву  С  0, (1) где либо А, либо В отлично от нуля ( А  0 или В  0 ). Уравнение второй степени Ах 2  Вху  Су 2  Dx  Ey  F  0, 20 (2) где хотя бы один из коэффициентов А, В, С отличен от нуля, задает линию второго порядка. Назовем ее кривой второго порядка. К кривым второго порядка относятся: эллипс (частный ее случай – окружность), гипербола, парабола. Окружность. Окружность есть геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от данной, называемой центром. Уравнение окружности с центром в точке М 0 ( х0 ; у0 ) и радиусом R имеет вид ( х  х0 ) 2  ( у  у0 ) 2  R 2 . (3) Уравнение (3) называю каноническим (простейшим) уравнением окружности. Эллипс. Эллипс - это геометрическое место точек, сумма расстояний которых от двух фиксированных точек, называемых фокусами эллипса, есть величина постоянная (2а), большая, чем расстояния между фокусами. Рассмотрим эллипс с центром в начале координат (рис.1). Рис.1 Каноническое (простейшее) уравнение такого эллипса: х2 у 2   1. а 2 b2 Точки А1, А2, В1, В2 называют вершинами эллипса. Отрезки А1А2 = 2а – большая ось, В1В2 = 2b – малая ось эллипса (при а > b). Точки F1, F2 – фокусы эллипса, 21 отрезок (расстояние между фокусами) F1F2  2с. Таким образом, координаты точек: А1 (а;0), А2 (а;0), В1 (0; в), В2 (0; в), F1 (с;0), F2 ( с;0). Для эллипса справедливо равенство: а 2  с 2  в 2 . Эксцентриситетом эллипса (величина, отвечающая за форму эллипса) называют отношение расстояния между фокусами к его большей оси и обозначают  2с с   1, (при a  b). 2а а Если а=в, то эллипс становиться окружностью. Таким образом, окружность - частный случай эллипса. Гипербола. Гиперболой называют геометрическое место точек, абсолютная величина разности расстояний которых от двух данных точек, называемых фокусами, есть величина постоянная (2а), меньшая, чем расстояние между фокусами (Fl F2). Рассмотрим гиперболу с центром в начале координат (рис.2). Рис.2 Каноническое (простейшее) уравнение гиперболы имеет вид х2 у 2   1. а 2 b2 22 Точки А1, А2 (точки пересечения гиперболы с осью ОХ ) - называют вершинами гиперболы. Отрезки А1А2 = 2а – действительная ось гиперболы, В1В2 = 2b – мнимая ось гиперболы (при а > b). Точки F1, F2 – фокусы гиперболы, отрезок (расстояние между фокусами) F1F2  2с. Таким образом, координаты то- чек: А1 (а;0), А2 (а;0), В1 (0; в), В2 (0; в), F1 (с;0), F2 ( с;0). Для гиперболы справедливо равенство: а 2  с2  в 2  с2  а 2  в 2 . Эксцентриситетом гиперболы (величина, отвечающая за форму гиперболы) называют отношение расстояния между фокусами к его большей оси и обозначают  2с с   1, (при a  b). 2а а На рисунке 2 ветви гиперболы ограничивают две прямые – асимптоты гиперболы. Уравнения асимптот гиперболы y b  x, a b y    x. a Асимптоты гиперболы являются диагоналями прямоугольника, который называют характеристическим прямоугольником гиперболы. Парабола. Известная линия из средней школы. Уравнение параболы имеет общий вид: у  ах 2  вх  с или х  су 2  ду  е. 8. ВЕКТОРЫ И СКАЛЯРЫ. КООРДИНАТЫ ТОЧЕК И ВЕКТОРОВ В ПРОСТРАНСТВЕ Величины, с которыми приходится встречаться в механике, физике других прикладных дисциплинах, бывают двоякого рода. Такие величины, как, температура, время, масса, плотность, длина отрезка, площадь, объем , характеризуются одним числовым значением, а такие величины, как сила, скорость, ускорение, становятся определенными, если известны их числовые значения и направления в 23 пространстве. Величины первого рода называются скалярными (скалярами), а величины второго рода – векторными. Отрезок, имеющий определенную длину и определенное направление в пространстве, будем называть вектором. Вектор служит для геометрического изображения физической величины. Следует различать начало и конец вектора. Поменяв их местами, мы получим уже другой вектор (направленный противоположно первому). Два вектора считаются равными, если: 1) длины векторов равны; 2) векторы параллельны, т. е. расположены на одной прямой или на параллельных прямых (коллинеарны); 3) векторы направлены в одну сторону. Из определения равенства векторов следует, что при параллельном переносе вектора получается вектор, равный исходному. Поэтому начало вектора можно помещать в любой точке пространства. Геометрически векторы изображаются направленными отрезками (рис 1). Обозначать их будем одной жирной буквой или двумя большими буквами со стрелкой АВ , где точка А есть начало вектора, а В – его конец. В А а Рис. 1 Длина вектора называется также модулем или скаляром вектора и обозначается теми же буквами, что и вектор, при помощи знака модуля, т. е. АВ  АВ. Вектор, длина которого равна нулю, называется нуль-вектором и обозначается через О. Вектор, длина которого равна единице, называется единичным или ортом. Векторы называются компланарными, если лежат на одной или на параллельных плоскостях. Декартова прямоугольная система координат в пространстве определяется заданием единицы масштаба для измерения длин и трех пересекающихся в точке О взаимно перпендикулярных осей, первая из которых называется осью абсцисс 24 (ОХ), вторая - осью ординат (ОY), третья - осью аппликат (ОZ); точка О - начало координат. Положение координатных осей (можно задать с помощью единичных векторов i, j , k направленных соответственно по осям OX, OY, OZ . Векторы i, j , k называются еще ортами. z Mz i x M r k My y j Mx Рис. 1 Пусть в пространстве дана точка М (рис. 1). Проектируя ее на ось ОХ, получим точку Мх. Первой координатой х или абсциссой точки М называется длина вектора ОМ х , взятая с знаком плюс, если ОМ х направлен ту же сторону, что и вектор i , и со знаком минус, если в противоположную. Аналогично, проектируя точку М и оси OY и ОZ, определим ее ординату у и аппликату z. Тройка чисел (х, у, z) взаимно однозначно соответствует точке М. Координатами ах , а у , аz вектора а называют его проекции на координатные оси ОХ, ОY, OZ и пишут а(ах , а у , аz ). Координаты вектора являются коэффициентами его разложения в системе орт: а  ах i  a y j  a z k . Координаты вполне определяют вектор, т. е. у равных векторов равные координаты. Если даны координаты точек A( x1, y1, z1 ) и В(x2 , y2 , z2 ) , то координаты вектора AВ получаются вычитанием из координат его конца В координат начала А: 25 AВ( х2  х1, у2  у1, z2  z1 ), или AВ ( х2  х1 ) i ( у2  у1 ) j  ( z2  z1 )k . Пример. Записать вектор AВ в системе орт, зная координаты точек A(0; 2; 10), В(1; 0; 8). Решение. АВ  (1  0)i  (0  2) j  (8  10)k  i  2 j  2k . При сложении (вычитании) векторов их координаты складываются (вычитаются.) При умножении вектора на число все его координаты умножаются на это число, т. е. если а (ах , а у , аz ) и b(bх , bу , bz ), то  а   ах i   a y j   az k . a  b  (ax  bx )i  (a y  by ) j  (az  bz )k ; Длина вектора а(ах , а у , аz ) вычисляется по формуле а  ах2  а 2у  аz2 . Пример. Найти длину вектора AВ , если A(0; 2; 10), В(11; 4; 0). Решение. AВ(11  0;4  2;0  (10))  (11;2;10), АВ  112  22  102  15. 9. СКАЛЯРНОЕ, ВЕКТОРНОЕ И СМЕШАННОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ ВЕКТОРОВ Скалярным произведением (а  в ) двух векторов называется число, равное произведению их длин на косинус угла между ними (аb)  a  b  cos  . (1) Если известно скалярное произведение векторов, то из выражения (1) следует формула 26 cos   (ab) ab (2) , по которой можно найти угол  между векторами. Если векторы даны своими координатами а (ах , а у , аz ), b (b[ , by , bz ), то скалярное произведение (а  в ) будет определяться через координаты следующим образом: (аb)  axbx  a yby  azbz . Тогда формулу (5) можно переписать в виде cos   axbx  a yby  azbz ax2  a 2y  az2 bx2  by2  bz2 . Пример. Определить угол  между векторами а(1; 2; 3) и b(3; 2; 1). Решение. Используя последнюю формулу получаем cos   1  (3)  2  2  3  (1) 12  22  32 1    0,143. 7 (3) 2  22  (1) 2  1 Отсюда   arccos     980 .  7 Векторным произведением вектора а на вектор b называется такой третий вектор c  [a  b], длина и направление которого определяются следующими условиями: 1)  а  в   a b  sin  , где  – угол между векторами a и b ; 2) вектор c  [a  b] перпендикулярен каждому из векторов a и b ; 3) вектор c  [a  b] направлен так, что кратчайший поворот от a к b виден с его конца совершающимся против хода часовой стрелки (рис. 1). 27 c S2  b  S1 S  a Рис. 1 Рис. 2 Если векторы a и b неколлинеарны, то модуль векторного произведения равен площади S построенного на них параллелограмма (рис. 2), т. е. S  [а  в ] , а поскольку параллелограмм состоит из двух равных треугольников, то можно вычислить площадь треугольника: S 1 [а  в ] 2 (3) Пусть векторы a и b заданы своими координатами a (ах , а у , аz ) , b ( bх , bу , bz ). Векторное произведение векторов a и b можно задать при помощи определителя третьего порядка i [ a  b]  a x bx j ay by k az . bz Тогда формулу (3) можно переписать в виде i 1 S   mod ax 2 bx j ay by k az bz (mod  модуль). Пример. Найти площадь треугольника с вершинами А(1, 2, 0), В(3, 0, -3) и С(5, 2, 6). Решение. Площадь треугольника ABC равна половине площади параллелограмма, построенного на векторах АВ и АС : АВ (2, -2, -3), АС (4,0,6): 28 i j k 2 3 2 3 2 2  AB  AС   2 2 3  i   j   k     0 6 4 6 4 0 4 0 6  12i  24 j  8k  4(3i  6 j  2k ), mod[ AB  AC ]  4 3i  6 j  2k  4 ( 3) 2  ( 6) 2  2 2  28; 1 S    28  14 кв.ед. 2 Под смешанным произведением векторов а, b, c понимается число (аbc)  ([а  в ]  с ). Если векторы а, b, c заданы своими координатами а (ах , а у , аz ), b (bх , bу , bz ), c (cх , c у , cz ), то ax (abc)  bx cx ay by cy az bz , cz т. е. смешанное произведение равно определителю из координат векторов сомножителей. Смешанное произведение трех векторов равно объему V параллелепипеда, построенного на этих векторах ax V  (abc)  mod bx cx ay by cy az bz . cz (4) Так как объем пирамиды в 6 раз меньше параллелепипеда, то, используя выражение (4), можно записать объем пирамиды ax 1 V  mod bx 6 cx ay by cy az bz . cz Пример. Вычислить объем пирамиды, вершины которой находятся в точках О (1, 1, 2), А (2, 3, -1), В (2, -2, 4), С (-1, 1,3). 29 С  c Рис.3 В  b  a А Решение. Введем в рассмотрение векторы ОА  а, ОВ  b, ОC  c (рис. 3): а(1,2, 3), b(1, 3,2), c( 2,0,1). 1 2 3 1 1 5 V  mod 1 3 2   5  . 6 6 6 2 0 1 Ответ: V = 5/6. 30 10. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ: ПЛОСКОСТЬ; СПОСОБЫ ЕЕ ЗАДАНИЯ Всякая плоскость в пространстве задается в декартовой системе координат уравнением первой степени относительно переменных; х, у, z: Ах  Ву  Сz  D  0, (1) где А, В, С не равны нулю одновременно. Уравнение (1) называется общим уравнением плоскости. Вектор N   A, B, C, где А, В, С – коэффициенты при переменных в (1), перпендикулярен плоскости и называется нормальным вектором плоскости. Рассмотрим основные способы задания уравнения плоскости. I. Если в уравнении (1) коэффициенты А, В, С, D отличны от нуля, то уравнение может быть преобразовано в уравнение в отрезках: х у z    1, а b c (2) где a D D D , b , c . A B C В (2) а, b, с - отрезки, отсекаемые соответственно на осях Ox, Oy, Oz (рис.1). Пример. Построить плоскость 2х  4 у  12z  12  0. Решение. Разделив все члены Данного уравнения на 12, получим: х у z    1, 6 3 1 т. е. уравнение вида (2), где а = 6, b = 3, с = 1 – отрезки на осях Ox, Oy, Oz соответственно (рис. 2). II. Если известно, что точка М 0 ( х0 ; у0 ; z0 ) принадлежит плоскости и вектор N  A, B, C перпендикулярен ей, то уравнение плоскости будет иметь вид A( x  x0 )  B( y  y0 )  C ( z  z0 )  0. (3) 31 Рис. 1 Рис. 2 III. Уравнение плоскости, проходящей через три данные точки: M1 ( x1; у1; z1 ), M 2 ( x2 ; у2 ; z2 ), M 3 ( x3 ; у3 ; z3 ), можно задать при помощи определителя третьего порядка следующим образом: х  х1 х2  х1 х3  х1 y  y1 y2  y1 y3  y1 z  z1 z2  z1  0. z3  z1 (4) Пример. Пусть точки А(1; -1; 0), В(2; -2; 1), С(1; 0; -1) принадлежат некоторой плоскости. Найти уравнения этой плоскости. Решение. Подставляя координаты точек А, В и С в уравнение (4), получаем: х  1 y  (1) z  0 2  1 2  (1) 1  0  0  1  1 0  (1) 1  0 х 1 y 1 z 1 1 1  0. 1 1 Разложим определитель по элементам первой строки: х 1 у 1 z 1 1 1 1 1 1 1 1 1  0  ( x  1)   ( y  1)   z 0 1 1 0 1 0 1 1 1 ( x  1)  0  ( y  1)  (1)  z  (1)  0  y  z  1  0. Имеем y  z  1  0 – уравнение искомой плоскости. 32 11. ПРЯМАЯ В ПРОСТРАНСТВЕ; СПОСОБЫ ЕЕ ЗАДАНИЯ Линию в пространстве можно определить как пересечение двух поверхностей. Прямая линия представляется как линия пересечения двух плоскостей:  А1х  В1 у  С1z  D1  0,   А2 х  В2 у  С2 z  D2  0. (1) Систему (1) называют общим уравнением прямой. Особо важное значение имеют три способа задания уравнения прямой. I. Уравнения прямой, проходящей через две точки М1 ( х1; у1; z1 ) и М 2 ( х2 ; у2 ; z2 ) : x  x1 y  y1 z  z1   . x2  x1 y2  y1 z2  z1 (2) II. Уравнение прямой, проходящей через данную точку в данном направлении. Пусть прямая проходит через точку М 0 ( х0 ; у0 ; z0 ) и параллельна вектору р( р1, р2 , р3 ), который назовем направляющим вектором прямой. Тогда уравнение этой прямой будет иметь вид x  x0 y  y0 z  z0   . р1 р2 р3 (3) Уравнение (4) называют каноническим уравнением прямой. III. Параметрические уравнения прямой. Параметрические уравнения прямой получаются, если выразить координаты ее текущей точки М ( х; у; z) в виде некоторого параметра t, изменяющегося вдоль прямой:  х  х0  р1t ,   y  y0  р2t ,  z  z  р t, 3  (4) где ( х0 ; у0 ; z0 ) – координаты некоторой точки M 0 , лежащей на прямой; ( p1, p2 , p3 ) – координаты направляющего вектора p прямой. Пример. Найти каноническое уравнение прямой, проходящей через начало координат перпендикулярно плоскости 3x  5 y  6z  1  0. 33 Решение. Нормальный вектор p3; 5;6 плоскости 3x  5 y  6z  1  0. параллелен искомой прямой, поэтому будем его считать направляющим вектором этой прямой. Так как точка О(0;0;0) принадлежит прямой, то согласно (3) имеем х3 y 0 z 0    3 5 6 х у z   3 5 6 - каноническое уравнение искомой прямой. Пример. Даны вершины треугольника А (2; 0; -2), В (4; -2; 0), С (0; 3; -3). Составить уравнение медианы СМ. Решение. Точка М делит сторону АВ пополам, поэтому координаты точки равны: хМ  хА  хВ 2  4   3; 2 2 уМ  у А  уВ 0  (2) z z 2  0   1; zМ  А В   1. 2 2 2 2 Точка М имеет координаты М (3; -1; -1). Используем формулу (2), имея С (0; 3; -3), М (3; -1; -1), Получим уравнение медианы (прямой) СМ: х0 y 3 z  (3)    3  0 1  3 1  (3) х у 3 z 3   . 3 4 2 Укажем простой способ нахождения точки пересечения Р прямой и плоскости. Уравнение прямой приводят к параметрическому виду  x  x0  p1t ,   y  y0  y2t ,  z  z  p t. 3  Далее, подставляют полученные координаты в уравнение плоскости. Определяют значение параметра t и находят координаты точки Р. Пример. Найти точку пересечения прямой x3 y 6 z 2   3 2 4 и плоскости x  2 y  4z  1  0. Решение. Приведем уравнение прямой к параметрическому виду: 34 х3  3  t,  х  3  3t ,  x  3  3t ,  х3 y 6 z 2 y6     t  t ,   y  6  2t ,   y  6  2t , 3 2 4  2  z  2  4t ,  z  2  4t.   z2  t ,  4  Подставим полученные равенства в уравнение плоскости x  2 y  4z  1  0. Получим 3  3t  2(6  2t )  4(2  4t )  1  0  15t  0  t  0. Итак, точка пересечения имеет координаты: x  3  3  0  3, y  6  2  0  6, z  2  4  0  2. Таким образом, точка Р (3; 6; 2) есть искомая точка пересечения прямой и плоскости. 35