Добавил:

Morze Developer Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Аналитическая геометрия и линейная алгебра

Файл:

Экзамен / куча теории

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.10.2022

Размер:

1.21 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

b = ±(

)a ( “+”, если сонаправленны; “–“, если противоположно направлены).

(читателю предлагаем самостоятельно доказать, что если c

= ±

(«+», если a

↑↑ b и «-» то a ↑↓ b ),

то с ↑↑ b

) т.е b = c = ±

a )

b = αa ,

Причём,

если

a || b ,

то

+ b)

+ λb и,

λ(a

= λ(a

+ αa) = λ(1

+ α)a

= (λ + λα )a

= λa + λ(αa) = λa

таким образом,

свойство

(5) суммы и умножения векторов на число (см.31.4) полностью доказано.

Доказательство теоремы 16.2:

R R R

{a,b,c} – л.з. c = λa + µb и они

компланарны, ибо c является диагональю параллелограмма, на сторонах

которого лежат векторы a и b .(см. рис 16.1)

			В
			µb
R	R	R	c
Пусть a,b,c – компланарны;а a не\|\| b (иначе{a,b,c}			c
R	}
содержит линейно зависимую подсистему {a,b	}
c = OA+ OB			b
λ, OA = λa ; , OB = µb .
Тогда c = λa + µb			O a	λa	A
			Рис 16.1
Мы показали так же что справедлива
Лемма 16.1: если a,b неколлинеарные, a,b,c компланарные, то λ,µ , что c = λa + µb.
Доказательство теоремы 16.3:
Пусть a,b,c,d выходят из общего начала (точки О). Можно считать, что среди векторов					a,b,c,d нет
компланарных троек (иначе существует л.з. подсистема). Из конца вектора d				(т.D) проводим прямую до её

пересечения с плоскостью, на которой расположены векторы a и b . Пусть М – искомая точка пересечения. (см. рис 16.2)

R
Тогда MD \|\| c и, следовательно, MD =νc (16.1)
По правилу треугольника, d = OM + MD = OM +ν c (16.2)
Векторы a и b не коллинеарные, и тогда OM = λa + µb (16.3)
Подставляя вместо OM в (16.2) его выражение по	формуле	(16.3), получаем d = λa + µb +ν c , т.е.
	R R R UR	} – л.з.
d линейно выражается через векторы a,b,c , и система	{a,b,c,d	} – л.з.
D
C	B	M

Рис 16.2

Вопрос №3

Уравнение прямой в пространстве, проходящей через две заданные точки

Дано
l M1 (x1 , y1 ,z1 )						l M2 (x2 , y2 , z2 ) Каноническое уравнение этой прямой имеет вид:
	x − x1	=	y − y1		=	z − z1	; (42.1)
			y2 − y1			z2 − z1
	x2 − x1
а её параметрическое уравнение:
	x = x1 + t(x2 − x1 )
			+ t( y2	− y1 )
l : y = y1							(42.2)
			+ t(z2 − z1 )
	z = z1

Читателю предлагается самостоятельно проверить, что координаты точек M1 и M2 удовлетворяют как уравнению(42.1), так и уравнению (42.2), при этом точек M1 в (42.2) соответствует значение t=0 , а точке

M2 - t=1. Эта прямая единственна как прямая, проходящая через две заданные точки.

Билет №18

Вопрос №1

Миноры и дополнения
Определение:	минором Mij является определитель,				полученный из данного	в результате
"вычёркивания" i-той строки и j-того столбца. Например, для определителя 3-го порядка						:
		a11	a12	a13
		a11	a12	a13
	=	a21	a22	a23
		a31	a32	a33
M11 = a22a33 − a32a23 = A11
M13 = a21a32	− a31a22 = A13
где А11 – алгебраическое дополнение, вычисляемое по общей формуле из минора:
		Aij	= (−1)i+ j		Mij	(2.1)

Для удобства определения знака алгебраического дополнения (далее АД) можно пользоваться правилом шахматной доски:

+− + L

−+ − L

+ − + L M M M O

где знаки «+» и «–» есть элементы символического «шахматного» определителя, индексы которых соответствуют индексам миноров данного в задаче определителя. Причём знак «+» «шахматного» определителя означает, что знаки у соответствующих миноров и АД совпадают, а знак «–» - различаются.

11) Теорема (11-е свойство): определитель равен сумме произведений элементов некоторой его

строки/столбца на	их	алгебраические	дополнения.	Например,	для определителя	(см.выше):
= a11 A11 + a12 A12 + a13 A13
Докажем теорему	для	определителя	, для чего	найдём его	по правилу Саррюса,	вынесем у
соответствующей пары слагаемых a11 ,a12 ,a13 .

=a11(a22a33 − a32a23 ) + a12 (a23a31 − a21a33 ) + a13 (a21a32 − a22a31) =

=a11M11 − a12M12 + a13M13 = a11A11 + a12 A12 + a13 A13

Ч.т.д.

12) Теорема (12-е свойство): сумма произведений элементов некоторой строки/столбца

определителя на алгебраические дополнения другой строки/столбца равна нулю.

Доказательство: в заданном определителе на месте j-той строки напишем его i-тую строку. Он станет нулевым (свойство 3). Но АД полученного определителя не изменятся (j-тая строка при нахождении АД «вычёркивалась»). Разложив новый определитель по его новой строке (или столбцу), получим утверждение теоремы, а значит она доказана.

Вопрос №2

Векторное произведение и его свойства

25.1 Определение векторного произведения

Обозначение векторного произведения :

R	R		R
a	× b = [a	,b]= c при этом , по определению.
	c a ,	R	b
1)	c a ,	c	b

= SOABD =

sin

S-площадь параллелограмма OADB

Рис 25.1

Направление вектора a

×b = c

определяется по “правилу правой руки”: если большой палец правой руки

направлен по вектору

a , а указательный по

вектору

b , то ладонь укажет направление

векторного

произведения.

Его

также можно определить

по “правилу

правого

винта” или “Буравчика”: векторное произведение

направленно в сторону движения правого винта , если его вращать от вектора a к вектору b .

25.2 Свойства векторного произведения .(антикоммутативность, линейность и однородность)

1.a ×b = −b ×a (антикоммутативность)

2.		R	R			R	×b](однородность)
2.	(λa)×b = a			×(λb) = λ[a			×b](однородность)
3.	R	R		R	R	R	R	R R	R	R
3.	(a	+ b)×c	= a		×c	+ b ×c	и a	×(b + c) = a	× b + a	× c (адютивность (линейность))

Доказательство свойств:

1)a ×b = −b ×a

Доказательство: aЧb aи

aЧb

b и bЧa a, а так же bЧa b т.е.

aЧb и

bЧa ортогональны

одним тем же плоскостям.

×b , а

Поэтому

b × a

a ×b и(это мы

определяем

по правилу

правой

руки)

b × a

↑↓ a

a ×b = −b ×a

×b

× a

= SOABD (см. Рис25.1) следовательно

2) (λa)×b = a ×

(λb) = λ[a ×b]

Доказательство: Рассмотрим следующие случаи λ > 0 ; λ = −1; λ < 0

1) λ > 0

, ОА′ = λa

А/

Рис 25.2

sinα = λ

×b , ибо они ортогональны плоскости

(λa)×(b)

λa

×b

, а так как (λa)×b

↑↑ a

параллелограмма OADB (см. рисунок 25.2), а так же они имеют одинаковое направление ,что можно

λ >0

определить направление по правилу правой руки то (λa)×b = λ[a ×b]при

2) λ = −1

D B C

А /

− а

Рис 25.3

OA′

(см. рис. 25.3)

(−a)×b ↑↓ a ×b (25.1),

ибо (−a)×b

и .a ×b ортогональны одной и той же плоскости параллелограмма OABD,

×b

= SOACB (25.2)

−a ×b = SOBDA′ (25.3)

SOACB = SOBDA′ , ибо эти параллелограммы имеют одинаковые стороны OA′ и OA и общую высоту опущенную из вершины B. Поэтому из (25.2) и (25.3) следует , что:

R	R		R	R
a	×b	=	(−a)×b

Читателю рекомендуем самостоятельно по правилу правой руки установить, то, что они направлены в

разные стороны.
R	R	R	R
что a ×b ↑↓ (−a)×b		и поэтому (−a)×b = −{a,b}и случай λ = −1 доказан.
3) λ < 0; тогда	− λ > 0 ,и для − λ

можно применить случай 1). Из случаев 1)и 2) имеем:

({(λ × a)× b}= {− (− λa)× b}= −{(− λ)a × b}= −(− λ){a,b}= λ{a,b}
R	R	R	V	R

(*)Свойство2)Для второго множителя можно доказать , используя уже доказанную антикоммутативность ( Свойство1)и только что полученное свойство2) для первого множителя:

a × (λb)= −{(λb)× a}= −λ{b × a}= −(−λ){a ×b}= λ{a ×b}

3) (a

+ b)×c = a

×c + b ×c , Рассмотрим следующие случаи:

R R

= 1 ,

А) c a;c

B′

А′

С′

Рис 25.4

= OA′ ,

= OB′

sin900

Пололожим

×c

b ×c

OA′

; аналогично

UUUR

OB'

= OB

(25.7)

+ b = OC диагональ параллелограмма OACB

Тогда сумма

(25.4)

OC′

= OA′ + OB′ = a

×c + b ×c

(25.5)

Также : OA′ OA и OB′ OB по определению векторного произведения , и

OA′

OB′

(см 25.7)тогда параллелограмм OA′C′B′

получится из параллелограмма OACB поворотом последнего на

угол

( по часовой стрелке). Поэтому и диагональ

OC'

OC и

OC'

OC') (напомним, что

= 1 и C

OC'

sin(c

, т.е.

OC'

= OC × c

(25.6)

Подставляя в (25.6) вместе OC′

и ,OC их значения из формулы (25.4) и (25.6) получим

R R

×c

+ b ×c

(a + b)

×c c a,c

случай А) доказан

R R

Б) c a : c b введем вектор

ec =

, тогда

1, ec

c, т.е.ес

удовлетворяет

условию А) поэтому

R R

(a + b)× c = (a + b)

× (

ec )

+ b)× ec

(a × ec + b

× ec ) =

a × ec

b × ec

× (

ec )+ b × (

ec )

= a

× c

+ b × c

, и случай Б доказан

В дальнейшем случае нам понадобится Лемма25.1:

Обозначим за Пр aR b проекцию

вектора b на плоскость , перпендикулярную вектору a (эта проекция сама

является вектором, которая на рис 25.5 обозначим за OA′).

Тогда имеет равенство:

×b

= a × Пр aR b = Пр bR a ×b (25.8)

Доказательство Леммы 25.1:

Пр aR

A′		В	D	С
A′
(b)
(b)	b

				Рис 25.5
R	R R	R	R R	× Пр Rb b ( см. рис 25.5). Поэтому
a	× b a;a ×b b;a × Пр		Rb a,и,a	× Пр Rb b ( см. рис 25.5). Поэтому
R	R		a	a
R	R
a	× b,и,a × Пр aR b ортогональна той же плоскости параллелограмма OACB (см. рис 25.5 где вектор
R	= OA ). Поэтому они коллинеарные и по правилу правой руки определяем ,что
a
R	R	Rb (25.9)
a	× b ↑↑ a × Пр	Rb (25.9)
		a

Их длины

× b

= SOACB (25.10)

= SOADA′ (25.11)

a × Пр aR b

Но параллелограмм

OACB и прямоугольник OAD A′

имеет одинаковые площади, ибо они имеют общую

сторону OA и одинаковую высоту( эта высота равна AD).

Поэтому из (25.10) и (25.11) получаем , что

a × b

a × Пр aR b

(25.12)

Тогда из (25.12) и (25.9) получим , что

× b = a × Пр aR b

Для доказательства правой части

(25.8)

можно использовать антикоммутативность и только что

полученное

равенство.

Пр

×b

= −b × Пр

R a

R a = −b× a = a ×b

Лемма 25.1 доказана.

Продолжим доказательство свойства 3

Пр cR b и с. удовлетворяют уже доказанному

В) Так как с

Пр cR a

и с Пр cR b , то вектора Пр

cR a ,

свойству Б. А так как

проекция суммы равна сумме проекций( это было доказано в §20), т.е из Леммы 25.1

получим :

= (Пр R

= (Пр

= Пр

(a + b)× c

+ b))× c

R a

+ Пр Rb)× c

R a × c

+ Пр Rb × c =

+ b

= a

× c

Для

доказательства

равенства

a ×(b

+ c)

= a ×b + a ×c

используем

антикоммутативность

векторного

произведения и только что доказанное равенство:

a ×(b + c) = −(b + c)× a = −(b × a) − c

× a

= a ×b + a

×c .

Свойство 3 полностью доказано.

25.3 Условие коллинеарности двух векторов

Из условия 2 при определении векторного произведения получаем , что

× b = 0(25.13)

|| b a

( ибо если a || b , параллелограмм OADB (см.рис 25.1) будет иметь нулевую площадь и наоборот)

25.4 Векторное произведение базисных ортов

А векторное произведение различных базисных ортов

должно быть

ортогонально им и иметь единичную

длину. ( как

площадь квадрата , сторона которого равна длине базисного орта т.е. единице), т.е. такое

векторное произведение – это «плюс» или «минус»- третий базисный орт. По правилу правой руки определяем, что

R	R	=	R R		R		R			R
i	× i	=	0;i × j = k;i					× k = − j;
R	R		R	R		R		R	R	R
j	× i	= −k; j			× j		= 0; j		× k	= i ; (25.14)
R	R	=	R R		R		R	R	R	R
k	× i	=	j;k	× j		= −i ;k			× k	= 0;

Вопрос №3

. Приведение общего уравнения прямой к каноническому виду

Пусть задано общее уравнение прямой

A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 l : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0

Условие (40.1) легко можно переписать в виде

> 0

(41.1)

При этом прямая l

= Π1 ∩ Π2 , а плоскость Π1

и Π2 имеют нормали

П1 n1 = {A1, B1,C1} П2 n2 = {A2 , B2 ,C2 }

l n1 , l n2

Чтобы общее уравнение прямой привести к каноническому, нужно:

1) Найти одну из точек на прямой l

Для этого надо выбрать в левой части неравенства (41.1) ненулевой определитель (например,

A1 B1 ) и положить в (37.3) переменную, которая не соответствует выбранному определителю

A2 B2

(в нашем случае – z) нулю или какому-либо иному числу. Тогда система (37.3) станет системой с

ненулевым определителем (в нашем случае	A1	B1	), и, следовательно, она будет иметь
	A2	B2

решение. Присоединив к этому решению ранее выбранную величину (z), получим координаты одной из точек на прямой линии l .

2)Найти направляющий вектор прямой l .

Так как l Π1

и l Π2 ( l = Π1 ∩ Π2 ), а

Π1 , и

Π2 , то и l

n1 × n2 также

. А так как вектор

, и

, то (см. задачу в п.29.1)

поэтому l

Следовательно,

направляющим

вектором

прямой l можно положить

a = n1 × n2

x + 2y − z = 1

Пример: привести к каноническому виду

3x + 4y + 5z = 9

2y − z = 1

y = 1

M (0;1;1) ;

Решение: 1. х=0:

4y + 5z = 9

z = 1

2. Направляющий вектор a = {1;2;−1}×{3;4;5}=

−1

;

−1

;

= {14;−8;−2};

3. Уравнение прямой:

y −1

z −1

− 8

− 2

Билет №19

Вопрос №1

Определитель n-го порядка

3.1 Метод математической индукции

Обозначим через P(n) некоторое высказывание (например, «в Лондоне опять идёт дождь»). Тогда Теорема: пусть про некоторые свойства высказывания, действующие на некотором промежутке,

известно, что

1.P(1) = И

2.P(k) = И P(k +1) = И,тогда P(n) = И, n N

где пункт 1 называют базой индукции (И=Истина), а пункт 2 шагом индукции. Вообще, метод математической индукции основан на истинности некоторого свойства в общем случае, двигаясь к нему от частных случаев. Допустим, что n | P(n) = Л (Ложь). Пусть m – самое малое натуральное число, для

которого P(m) = Л .(3.1)

Если m > 0 ,то (m −1) N;P(m −1) = И .

k = m −1: P(k) = И P(k +1) = И = P(m −1+1) = P(m) P(m) = И ,что противоречит (3.1)

3.2 Вычисление определителя n-го порядка по минорам и АД

Вычисление определителя n-го порядка по минорам или АД такое же, как и определителя 3-го порядка. Нужно просто учитывать, что при больших порядках определителя, его миноры и дополнения также представляют собой определители, но уже (n-1)-го порядка со своими минорами и АД. Таким образом, вычисление сводится к последовательному понижению порядка исходного определителя с помощью его миноров и АД.

3.3 Верхне треугольный определитель

Определение: верхний треугольный определитель (ВТО) - определитель, у которого все элементы ниже главной диагонали равны нулю:

a11 a12 L a1n

0a22 L a2n

L L L L

00 0 ann

Теорема: ВТО равен произведению элементов его главной диагонали.

Все остальные слагаемые, например для определителя 3-го порядка, по правилу Саррюса будут равны нулю. В дальнейшем будет доказана теорема Гаусса, позволяющая нам привести любой определитель к форме ВТО.

Доказательство: методом математической индукции по порядку определителя:

1. n = 2:	a11	a12	= a11a22 - верно
	0	a22

2. Пусть п.1 справедлив для определителя k-того порядка (n=k). Тогда рассмотрим определитель k+1 - го порядка и разложим его по последней строке по минорам:

a11	a12	L a1,k	a1,k+1			a11	a12	L a1,k

0	a22	L a2,k	a2,k+1
						0	a22	L a2,k
L L L L			L	= ak+1,k+1Mk+1,k+1	= ak+1,k+1				= ak+1,k+1ak,k La11
0	0	L ak,k	ak,k+1			L L L L
						0	0	L ak,k
0	0	L 0 ak+1,k+1

Теорема доказана.

Вопрос №2

Вычисление векторного произведения через

координаты сомножителей

= {а1а2 а3 }, а вектор b = {b1b2 b3 }

Вектор а

+ a3k

= a1i

+ a2 j

= b1i

+ b2 j

+ b3k

Тогда из (25.14)

и свойств 2) и 3) векторного произведения следует:

= (a1i + a2

j + a3k) × (b1i + b2 j + b3k) = (a1i + a2 j + a3k) × (b1i )+ (a1i + a2 j + a3k)× (b2 j)

a × b

R R

(a1i

+ a

2 j + a3k) × (b3k )= b1a1 (i × i )

+ b1a2 ( j × i ) + b1a3 (k × i )

+ a1b2

× j) + b2a2 ( j

× j)

+ b

R R

+ b a

+ a b

− a

× j)

+ b a (i

× k) + b a

( j

× k) + b a

× k)

= −a b k

3 1

3 R

2 1

1 2

− a1b3 j

+ a2b3i = (a2b3 − a3b2 )i

− (a1b3 − a3b1 ) j

+ (a1b2

− a2b1 )k

a a

;−

a a

i −

j +

k =

;т.е.[a

× b

;

b b

;−

;

× b

−

k;.(26.1)

Вопрос №3

Расстояние от точки до плоскости

Пусть дана плоскость П :

Аx + By + Cz + D = 0

и точка

M * (x*, y*, z*) .

Расстояние от точки M * до плоскости П вычисляется по формуле (эта формула доказывается в параграфе

44)

ρ(M * , П )=

Ax * +By * +Cz * +D

(39.1)

A2 + B2

+ C 2

Пусть cosα

cos β

cosγ =

, тогда

A2 + B2 + C2

нормальное уравнение плоскости: xcosα + ycos β + z cosγ − p = 0 ,

(39.2)

где

p = −

> 0.

+ B2

+ C 2

(n)2 = cos2 α + cos2 β + cos2 γ =1

Пусть вектор n = {cosα,cos β,cosγ },

тогда

Отклонение точки M * от плоскости П находится как: x*cosα + y *cos β + z *cosγ − p , где

p = ρ(П;O) и O(0;0;0) – начало координат.

Если M * и O(0;0;0) находятся по разные стороны от плоскости, то отклонение равно « + ρ(M * , П)», если M * и O(0;0;0) находятся по одну сторону от плоскости, то отклонение равно « − ρ(M * , П)».

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Экзамен

#
16.10.202216.23 Кб45Вопросы к экзамену.docx
#
16.10.2022627.97 Кб43еще ответы на экзаменационный тест.pdf
#
16.10.20221.21 Mб59куча теории.pdf
#
16.10.2022258.22 Кб52Ответы на печатные билеты.pdf
#
16.10.2022627.97 Кб31ответы на экзаменационный тест.pdf
#
16.10.202252.8 Кб18Поверхности.jpg
#
16.10.202236.86 Кб25Список вопросов к экзмену.doc
#
16.10.202296.51 Кб23Фото 18.01.15, 21 19 51.jpg