Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Удмуртский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Tom 5

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.05.2015

Размер:

470.51 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 55

т.е. либо точку, если a′c′ > 0 , либо, в противном случае, пару пересекающихся в начале координат прямых.

Рассмотрим случай, когда один из коэффициентов a′,c′

равен нулю. Пусть, например, a′ = 0 . Уравнение кривой имеет вид:

c′y′2 +d′x′+e′y′+f = 0 .

Выделяем полный квадрат и группируем слагаемые следующим образом:

c′(y′−n)2 +d′(x′−m) = 0 .

После выполнения параллельного переноса системы координат Ox′y′ на вектор (m,n), получаем каноническое урав-

нение кривой уже в системе координат O′x′′y′′:

′ ′′2	′	′′	= 0 или y	′′2	= 2px	′′	.
c y	+d x		= 0 или y		= 2px		.

Если здесь коэффициент p < 0 , то можно выполнить преобразование симметрии системы координат O′x′′y′′ относительно оси O′y′′, при котором абсцисса меняет знак на

противоположный, и мы получим каноническое уравнение параболы.

Замечание. Полную классификацию кривых 2-го порядка смотри в приложении к этой части методического пособия.

Пример. Используя преобразования системы координат, приведите к каноническому виду уравнение кривой

41x2 +34y2 −24xy +110x −20y + 25 = 0 .

Определите вид кривой и выпишите формулы преобразования координат, приводящие данную кривую к каноническому виду.

Решение. Выписываем уравнение угла поворота: 12 (c −a)sin 2α+ bcos 2α = 0 ,

где a = 41, c =34, b = −12 . Подставляя эти числа в уравне-

ние, получаем:
−7 sin 2α−12cos 2α = 0											,		tg 2α = − 24 .
2				π;π) . Вычисляем														7
Полагаем, что 2α (				π;π) . Вычисляем
				2					1							7
	cos 2α = −								1					= −		7	,
	cos 2α = −								1+tg2 2α					= −		25	,
									1+tg2 2α							25
cos α =					1+cos 2α					=	3	,		sin α =				4 .
							2				5							5
Матрица поворота на угол α:
		cos α						−sin α			=	1		3		−4
Pα =					α			cos α			=	5				3		.
		sin			α			cos α				5		4		3
Формулы преобразования координат:
			x				1		3 −4 x′
					=		5							.
Обозначим			y				5		4 3		y′
Обозначим			41			−12
			41			−12				L	= (110;−20) .
A =			−12						,	L	= (110;−20) .
			−12				34
Уравнение кривой в матричной форме:
			Xt AX + LX + 25 = 0 .
Подставляем формулы преобразования координат:
	X′t Pαt APαX′+ LPαX′+ 25 = 0 .
Вычисляем:		3 4				41 −12 3 −4 25 0
A′ = Pαt APα =	1	3 4				41 −12 3 −4 25 0
	1																	=		,
			−4 3												4 3			=	0 50	,
25			−4 3						−12 34						4 3				0 50
′		=	1						3			−4			= (50;			−100) .
L = LPα		=	5	(110;−20)								3			= (50;			−100) .
			5						4			3
									82

После поворота старой

системы

координат

на угол

′ ′

в которой

α = arccos 5

, получили систему координат Ox y

уравнение кривой имеет вид:

′t

′

+25

= 0

или

A X

+L X

25x′2 +50y′2 +50x′−100y′+ 25 = 0 .

Сокращаем на 25:

x′2 + 2y′2 + 2x′−4y′+1 = 0

Выделяем полные квадраты:

x′2 + 2x′ = (x′+1)2 −1, 2y′2 −4y′ = 2(y′−1)2 −2 ,

откуда получаем:

(x′+1)2 + 2(y′−1)2

= 2

или

′

+1)

+(y

′

−1)

=1.

Выполним

параллельный

перенос

системы

координат

′

на вектор (–1; 1), т.е. положим:

Ox y

x′′ = x′+1y′′ = y′−1 .

Получаем каноническое уравнение кривой в системе координат O′x′′y′′:

x2′′2 + y′′2 =1.

Найдем формулы преобразования координат, приводящие данную кривую к каноническому виду. Сначала мы выполнили поворот, а затем параллельный перенос:

X = PαX′ = Pα ( X′′+ −11 ) =

=	1	3		−4 x′′		+	1	3		−4	−1	=
	5		4	3			5		4	3	1
					y′′

3 −4 x′′

−7

−1

4 3 y′′

Расписав покоординатно, получаем:

(3x′′−4y′′−7)

(4x′′+

3y′′−1)

Ответ: 1) канонический вид:

′′2

+ y

′′2

=1 – эллипс;

2) формулы преобразования координат:

(3x′′−4y′′−7)

(4x′′+

3y′′−1)

УПРАЖНЕНИЯ

227. Определить, линейно зависима или независима сис-

				−3				4				−2		3
				−3				4	}; б)			6		−9	} .
тема издвух столбцов: а) {						,			}; б)		{	6	,	−9	} .
				4			−3					8		−12
												8		−12
228. Определить, линейно зависима или независима
данная система столбцов:
	−1	0		1			−2
	2		1			0			2
	2		1			0			2
{	1	,	2		,	−1		,	0	} .
	0		−3			−2
	0		−3			−2	−1
			−2			3			1
	−1		−2			3			1

229. Определить, линейно зависима или независима система столбцов:

0 1 −1 2

{−11 , −01 , 12 , −11 } .2 −2 0 −2

230.Разложить столбец В побазису {A1,A2 ,...,An }, если:

	12					−1									1							1
а) B =	−7		, A		=		2			, A		2	=			−2 , A				3	=		−1		;
				1								2								3
		5					1									3							4
		5					1									3							4
	10															2		3			0		0
		−9															0	0	2 1
б) B =		−9		, (A ,A					,A		,A			) =			0	0	2 1					.
		7			1			2		3			4				1	2	0 0
		−17															0	0			3		2
		−17															0	0			3		2
									85

231. Найти нетривиальное представление нуля линейно

зависимой системой столбцов:
	0		1		−1		2		−2
	1		−1		1		−1		0
{		,		,		,		,		} .
	−1		0		2		1		2
	2		−2		0		−2		−1

232. В данной линейно зависимой системе столбцов найти вектор, линейно выражающийся через остальные

векторы этой системы и найти						это выражение:
	−2		1		−1			2		−2
	1		−1		1			−1		1
{	1	,	−1	,	1		,	−1	,	1	} .
	−1		2		2			1		2
	2		−2		−2			−2		−1
	2		−2		−2			−2		−1
233. Найти ранг системы столбцов и максимальную ли-
нейно независимую подсистему:
	2		3		−1			0		−3

{	−1	,	−3	,	2		,	1	,	1	}.
	1		1		3			−1		−2
	−2				−5			3		0
	−2		−1		−5			3		0
234. Найти размерность и базис линейной оболочки
системы столбцов:
	−2		1		−1			2		−2
	1		−1		1			−1		1
{	1	,	−1	,	1		,	−1	,	1	} .
	−1		2		2			1		2
	2		−2		−2			−2		−1
	2		−2		−2			−2		−1

235. Разложить каждый столбец системы векторов по базису линейной оболочки данной системы векторов.

−2			1							−1			2 −2

{	1		,		0	,				1		,	−1		,		1				} .
	−1				2					0			1				2
	2												0				−1
	2		−2							−2			0				−1
236. Найти		размерность										и		базис							подпространств
M =< A1,A2 ,A3 >,				L =< B1,B2 ,B3 > и их суммы, если
				1							1									1
			−2								0								−2
A =			−2		, A				=		0		, A			=			−2			,
1			−1					2			2				3					1
				1							−5								−4
				1							−5								−4
				2						−1							−1

B =		−1 , B							=		0	, B =						−1
1				0			2				1			3				1
				4														3
				4						−1								3
237. Найти размерность и базис пересечения подпро-
странств M =< A1,A2 ,A3 >,										L =< B1,B2 ,B3 >, если
				1							1									1
			−2								0								−2
A =			−2		, A				=		0		, A			=			−2			,
1			−1					2			2				3					1
				1							−5								−4
				1							−5								−4
		2									−1								−1

B	=			−1 , B					=		0		, B			=			−1 .
1				0				2			1			3					1
				4															3
				4							−1								3

238. В условиях предыдущей задачи 237, найти базисы подпространств, содержащие базис их пересечения.

239. Дополнить до базиса арифметического пространства систему столбцов {A1 ,A2 ,A3}, если

			1						2				−3
									−4				4
	−2								−4				4
A =			0	, A			=		1	, A		=	0		.
1			0			2			3		3		1
			0						3				1
			1						1				−6
			1						1				−6
240. Найдите матрицу перехода от базиса {a1,a2 ,a3} к
базису {b1,b2 ,b3}, если
			−4						3				2
a1	=		1		, a				0	, a3		=	1
a1	=		1		, a	2	=		0	, a3		=	1	,
			7										6
			7						−1				6
		3						−1					2
b	=		1		, b	2	=		1	, b	3	=	2	.
1						2					3
									3				0
			−1						3				0

241. Докажите, что система столбцов {f1,...,f4} образует базис пространства R4 . Найдите координаты вектора

x = 7f1 +14f2 −f3 + 2f4					относительно базиса, в котором за-
даны своими координатами базисные векторы:
		1				2				1				1
		2				3				2				3
f	=	2	, f		=	3	, f		=	2	, f		=	3	.
1		−1		2		0		3		1		4		−1
		−2								4				0
		−2				−1				4				0

242. ВПДСКОхуданоуравнениекривой x2 − y2 −a2 = 0 . Выпишите формулы преобразования координат при повороте системы координат Оху на угол 45o по часовой

стрелке вокруг начала координат. Найдите уравнение данной кривой в полученной после поворота новой системе координат Ox′y′.

243. В ПДСК Охуz дано уравнение поверхности 2-го порядка: x2 + y2 + 25z2 +6x −4y −12 = 0 . Найти канониче-

ское уравнение поверхности и определить ее вид. Найти каноническую для этой поверхности систему координат и выписать формулы их преобразования.

244. В системе координат Оху дана точка М(–4;3) и точка O′(6;−1) . Найти координаты точки М в новой систе-

ме координат O′x′y′, которая получается из старой парал-

лельным переносом на вектор OO′ с последующим поворотом вокруг точки O′ против часовой стрелки на угол

		2
α = arccos	−		.
α = arccos	−	5	.
		5

245.Найти формулы преобразования координат при симметрии ПДСК в пространстве относительно оси ординат. Найдите координаты точки А(1; –4; 3) в новой системе координат.

246.Найти формулы преобразования координат при симметрии ПДСК на плоскости относительно биссектрисы 1-го и 3-го координатных углов.

247.Найти формулы преобразования координат при симметрии ПДСК на плоскости относительно биссектрисы 2-го и 4-го координатных углов.

248.Найти формулы преобразования координат вектора при симметрии ПДСК в пространстве относительно координатной плоскости Охz.

249.Найти формулы преобразования координат вектора при симметрии ПДСК в пространстве относительно плоскости, проходящей через координатную ось Ох и точку М(0;1;1).

250. Используя преобразования системы координат, приведите к каноническому виду уравнение кривой

5x2 +12xy −22x −12y −19 = 0 . Определите вид кривой и

выпишите формулы преобразования координат, приводящие данную кривую к каноническому виду. Постройте чертеж кривой в первоначальной системе координат.

П Р И Л О Ж Е Н И Е

Классификация кривых второго порядка.

Эллипс:

Гипербола:

−

=1.

Парабола: y2 = 2px .

Две пересекающиеся прямые:

−

Две параллельные прямые: x2

= a2 .

Две совпадающие прямые: x2

= 0 .

7. Мнимый эллипс: x2 + y2 = −1. a2 b2

8.Две мнимые пересекающиеся прямые:

9.Две мнимые параллельные прямые: x2

= 0 .

x2 + y2 = 0 . a2 b2

= −a2 .

	СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ	ОГЛАВЛЕНИЕ
1.	Александров П.С. Курс аналитической геометрии и ли-	Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	3
	нейной алгебры. – М.: Наука, 1979. – 512 с.	Список задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	4
2.	Головина Л.И. Линейная алгебра и некоторые ее при-	Глава 27. Арифметическое пространство столбцов	6
	ложения. – М.: Наука, 1985. – 392 с.	Глава 28. Матрица перехода и преобразования сис-
3.	Гусак А.А. Аналитическая геометрия и линейная алгеб-	темы координат на плоскости и в про-
	ра: справочное пособие по решению задач. – Минск:	странстве . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	54
	ТетраСистемс, 2001. – 288 с.	Упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	85
4.	Крутицкая Н.Ч., Шишкин А.А. Линейная алгебра в во-	Приложение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	90
	просах и задачах. – М.: Высшая школа, 1985. – 120 с.	Список рекомендуемой литературы . . . . . . . . . . . . . . .	91

5.Мальцев А.И. Основы линейной алгебры. – М.: Наука, 1970. – 400 с.

6.Милованов М.В., Тышкевич Р.И., Феденко А.С. Алгебра и аналитическая геометрия в 2-х частях. Часть 2. – Минск: Вышэйшая школа, 1987. – 269 с.

7.Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре.

– М.: Наука, 1978. – 384 с.

8.Сборник задач по алгебре: Учеб. пособие/Под ред. А.И. Кострикина. – М.: Наука, 1987. – 352 с.

9.Тышкевич Р.И., Феденко А.С. Линейная алгебра и аналитическая геометрия. – Минск: Вышэйшая школа, 1968. – 504 с.

10.ФаддеевД.К. Лекциипоалгебре. – М.: Наука, 1984. – 416 с.

11.Фаддеев Д.К., Соминский И.С. Сборник задач по высшей алгебре. – М.: Наука, 1988. – 288 с.

Головизин Вячеслав Владимирович

Основные задачи курса «Алгебра и геометрия». Часть 5. Арифметическое векторное пространство и преобразования систем координат

Учебно-методическое пособие

Компьютерный набор В.В. Головизин Верстка В.И. Родионов

Пописано в печать __.12.09. Формат 60 × 84 116 .

Печать офсетная. Усл. печ. л. _,__. Уч.-изд. л. _,_. Тираж 50 экз. Заказ № .

Редакционно-издательский отдел УдГУ Типография ГОУВПО «Удмуртский государственный университет»

426034, Ижевск, Университетская, 1, корп. 4

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 55

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.05.2015124.93 Кб32Test Headway Pre-Inter new - копия.doc
#
29.07.2019163.84 Кб2test_ot_Faridy_Kasimovny.doc
#
07.09.201928.82 Кб3text(1).docx
#
13.05.2015987.14 Кб9tgp2013.doc
#
11.08.2019187.27 Кб14The_Complex_Object.rtf
#
13.05.2015470.51 Кб7Tom 5.pdf
#
13.05.2015467.05 Кб9Tom 6.pdf
#
09.11.201954.24 Кб8tovarodvizhenie.docx
#
13.05.20152.22 Mб44training_delphi7.pdf
#
13.08.201931.21 Кб1trebovania_k_oformleniyu_texta_dokumentov.docx
#
22.08.2019110.59 Кб0trebyvania_k_oformleniyu_referatov.doc