Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Харьковский Национальный Университет им. В. Н. Каразина

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lektsiyi_z_analitichnoyi_geometriyi_Semestr_1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

484.23 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

1.7. ЭЛЕМЕНТЫ МНОГОМЕРНОЙ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ

Пусть система имеет решение, то есть

1 k 1 s−k

w = λ a1 + · · · + λ ak + µ b1 + · · · + µ bs−k,

тогда общая точка плоскостей находится как

r0 = r1 + λ1a1 + · · · + λkak

и уравнение плоскости пересечения примет вид

πm : r = r0 + Lin(q1, . . . , qm) = r0 + Lm.

Если же стстема решений не имеет, то плоскости скрешиваются с направлением ча- стичной параллельности Lm

Проиллюстрируем вышеизложенное на примере. Пусть заданы две двумерные плоскости

						π1 : r = r1 + Lin(a1, a2),

						π2 : r = r2 + Lin(b1, b2),
ãäå
			1						2			1						1
r1	=		2		, r2		=		1	; a1	=	2		, a2	=			1	;
			1						2			0						1
			1						1			1						0

									1			1
						b1	=		0	, b2	=	3
						b1	=		1	, b2	=	0	.
									0			1
									0			1
		−					1									\|	\|
Найдем вектор w = r2		−		r1 =			1	и составим матрицу								\|	\|	w). Это позволит нам

одновременно найти базис суммы, пересечения направляющих подпространств, а так же установить расположение вектора w.

2		1	0	3	−1						0 −1			−2 1				−3
	1	1	1	1			1				1	1		1		1		1
	1	0	0	1			0				0				1 0				1
	1	0	0	1			0				0	1		−	1 0			−	1
	0						1					−		−				−
	0	1	1 0				1				0 1			1 0				1

	1	1		1	1				1				1	1			1	1			1
				−				−								−				−
	0	−1		−2 1				−3					0	−1		−2		1		−3		.
	0	0		1	−	1			2				0 0				0	0			0
	0	0			−					2			0 0				1 1				2
	0	0		1 1						2			0 0				1 1				2
																							w	2	2
Следовательно, базис суммы составляют											векторы a1, a2, b1							и вектор					w	L1	+ L2.

Таким образом, L12 ∩ L22 ̸= . Найдем базис пересечения. Для этого находим решение
системы							λ1 + λ2 + µ1 = 1,

−λ2 − 2µ1 = 1,−µ1 = 1.

62	ГЛАВА 1. ГЕОМЕТРИЯ ПРЯМЫХ И ПЛОСКОСТЕЙ
Нам, однако, достаточно найти лишь µ1 = 1, òàê êàê q1 = b2			µ1b1	=	3
	−	−			2	. Вектор
	−	−			1	. Вектор

					1
					1

q1 направляющий вектор пересечения L21 ∩ L22.

Найдем общую точку заданных плоскостей. Для этого решим систему уравнений

λ1 + λ2 + µ1 = 1,

−λ2 − 2µ1 = −3, .

−µ1 = −2.

Ее решение µ1 = 2, λ2 = −1, λ1 = 0. Следовательно,

r = r + λ1a + λ2a = 1 .

0 1 1 2 0

Таким образом, находим уравнение линии пересечения:

π1 ∩ π2 : r = r0 + tq1

или в кординатах
		x1	= 0	+ 2t,

				+ 3t,
	x2 = 1			+ 3t,

=0 + t,

x4 = 1 + t.

1.7.5Угол между плоскостями в Enx3

Напомним, что евклидовым пространством называется аффинное пространство со скалярным произведением в ассоциированном линейном пространстве.

Определение 1.7.4 Углом между двумя плоскостями в En

πk : r = r1 + Lk, πl : r = r2 + Ll

назывется угол между их направляющими подпространствами Lk è Ll.

Для определения угла между подпространствами нам потребуются дополнительные рассмотрения, являющиеся естественными обобщениями соответствующих конструкций при n = 2, 3. Читателю рекомендуется "держать в уме"маломерные картин-

êè.

1.7. ЭЛЕМЕНТЫ МНОГОМЕРНОЙ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ

Ортогонализация базиса в En

Предложение 1.7.6 Åñëè En евклидово пространство, то в En существует ор- тонормированный базис.

Доказательство. Начнем с геометрически ясного постороения ортонормированного базиса в E3. Пусть a1, a2, a3 некоторый базис в E3. Положим

e1 =

|a1|

Рассмотрим вектор

e1.

Вектор

b2 = a2 −

, e1

так как вектры

a2 линейно не зависимы и, кроме того,

̸= 0

b2 e1.

Положим

e2 =

|b2

Рассмотрим вектор

e1 − a3, e2

e2.

Вектор

b3 = a3 − a3, e1

так как вектры

a1, a2

a3 линейно не зависимы и, кроме того,

̸= 0

e2, b3 e2.

Положим

e3 =

|b3

Тогда e1, e2, e3 составят искомый ортонормированный базис.

Общий случай полностью аналогичен рассмотренному. Предположим, что a1, . . . , anкакой-нибудь базис в En. Тогда "запустим"процесс:

b2 = a2 − a2, e1 e1,

b3 = a3 − a3, e1 e1 − a3, e2 e2,

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

n 1	an, ei ei
bn = an − ∑i=1−

e1	=	a1	,
		\|a1\|


e2	=	b2	,

		\|b2\|

e3	=	b3	,

		\|b3\|
	. . .

en	=	bn	.

		\|bn\|

Этот процесс называется процессом ортогонализации Грама-Шмидта .

|Y |

64 ГЛАВА 1. ГЕОМЕТРИЯ ПРЯМЫХ И ПЛОСКОСТЕЙ

Угол между вектором и попространством

Два подпространства Lk è Ll â En называются взаимно ортогональными , если для

каждого		k			l имеем		.
X L			, для каждого Y L					X, Y = 0. Чтобы указать на ортого-
нальность подпространств мы пишем Lk Ll
Пусть En	= Lk			Ln−k, ãäå Ln−k	Lk. Тогда Ln−k называется ортогональным
						. Для данного подпространства его ортого-
дополнением Lk и обозначается как (Lk)
нальное дополнение всегда существует. Справедливо

Предложение 1.7.7 Åñëè Lk подпространство в En, то существует подпро- странство Ln−k такое, что En = Lk Ln−k, причем Lk Ln−k.

Доказательство. Действительно, пусть a1, . . . , ak базис в Lk. Дополним a1, . . . , ak

до базиса в En : a1, . . . , ak

, bk+1, . . . , bn. Очевидно, что En = Lk Ln−k. Выполним орто-

}

{z1

Ln−k

гонализацию базиса Lk. Пусть e , . . . , e ортонормированный базис Lk. Рассмотрим

вектор

ek.

c1 = bk+1 −

bk+1, e1

e1 − · · · − bk+1, ek

Тогда c1 e1, . . . , ek è

c1 / L

Следовательно,

f1 =

обладает свойствами:

e1, . . . , ek.

|f1

| = 1, f1

Продолжая процесс, получим базис в E

: e1, . . . , ek ; f1

, . . . , fn−k, причем Lin(f1

, . . . , fn−k) =

(Lk) .

Пусть

Y произвольный вектор и пусть e1, . . . , ek, f1, . . . , fn−k ортонормиро-

ванный базис в En такой, что e1, . . . , ek базис Lk, f1, . . . , fn−k базис (Lk) . Тогда

для произвольного вектора

+ · · ·

+ Y

k+1

+ · · · + Y

Y = Y

fn−k

вектор

+ · · · + Y

YLk = Y

называется ортогональной проекцией Y íà Lk.

Определение 1.7.5 Углом между вектором и подпространством называется угол между вектором и его ортогональной проекцией на подпространство. Таким образом,

b k |YLk | cos(Y L ) = .

В частности, углом между прямой и плоскостью в En называется угол между направляющим вектором прямой и направляющим подпространством плоскости.

1.7. ЭЛЕМЕНТЫ МНОГОМЕРНОЙ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ

Угол между трансверсальными подпространствами в En

Пусть l è

k два подпространства, причем

. В этом случае мы будем

L = 0

трансверсальны.

говорить, что подпространства Lk è Ll

∩

Определение 1.7.6 Углом между трансверсальными подпространствами

Ll è Lk

называется наименьший:

óãîë φ между вектором Y

YLk , когда Y пробегает

все пространство Ll

cos φ = max

|YLk

|Y |

Предложение 1.7.8 Угол между двумя трансверсальными подпорстранствами существует.

Доказательство. Действительно, пусть

трансверсальны, то есть

∩L = 0

Пусть e1, . . . , ek ортонормированный базис L

, . . . , fl ортонормированный базис

Ll. Дополним базис e

, . . . , e до базиса Enòàê, ÷òî e , . . . , e , g , . . . , g

составят

n−k

ортонормированный базис En.

Пусть

+ · · · + Y

l. Тогда

Y = Y

fl произвольный вектор в L

i=1(Y

)

С другой стороны, разложим

по базису e

, . . . , e

, g

, . . . , g

. Тогда

= Y

· · ·

˜ k

˜ k+1

· · ·

˜ n

1˜ 1

n−k

˜ k

∑

+ Y

ek + Y

+ Y

−

k и часть разложения Y

+ Y

ek определит

. Найдем координаты этой части· · ·

разложения.

ортогональную проекцию

Y íà L

.Y˜.1. =. .Y. , e.1. .= . .∑.

i=1. .Y.

if,i, e1 = ∑i=1 Y i fi, e1

Y˜ k = Y , ek =

∑i=1 Y ifi, ek = ∑i=1 Y i fi, ek .

вычислений запишутся в виде

Если ввести обозначения pik =

fi, ej

= 1, . . . , l ; j = 1, . . . , k), то результаты

˜ 1

∑i

˜ k

∑

= pi1Y

, . . . , Y

= pikY

i=1

Теперь легко находим

|YLk |2 =

(Y˜ j)2 =

(

pijY i)2 .

∑j

∑ ∑

j=1

i=1

примет вид

После раскрытия скобок и приведения подобных, выражение для |YLk

квадратичной формы

∑

|YLk |

qjsY

s,j=1

Тогда

j,s=1 qjsY jY s

∑

cos2

(L L

) =

max

∑

= max

Y jY s

j,s=1

i=1(Y

)

ГЛАВА 1. ГЕОМЕТРИЯ ПРЯМЫХ И ПЛОСКОСТЕЙ

при условии |Y | = 1 равны собственным числам матрицы этой формы,

∑

Как известно, локальные экстремумы квадратичной формы Q(Y , Y ) =

j,s=1 qjsY

то есть корням

характеристического уравнения

det(Q − λE) = 0.

Следовательно,

√

ãäå

максимальное собственное число

cos(Lk

Ll) =

λmax,

λmax

матрицы

Вычислим, к примеру, угол между плоскостью L1

= Lin(e1, e2) è L2

= Lin(f1, f2),

ãäå

e1 = 1, 0, 0, 0 ,

1, 1, 1, 1 ,

e2 =

{0, 1, 0, 0}, f2 = 1

21{, 1, 1,

}1 .

Рассмотрим

+ Y

{

}

{

−

}

Y = Y

f2. Тогда

2 1 1

1 2

2 2

ÏðL1 Y = Y , e1 e1 + Y , e2 e2

]

[

] 1

, e1

+ Y

f , e e + Y

f , e + Y

f , e )e =

[Y ·

+ Y ·

] e1 + [Y ·

− Y ·

] e2 =

[Y 1 + Y 2]e1 +

1 − Y 2]e2

Отсюда

|ÏðL1 Y |2 = 4([Y 1

+ Y 2]2 + [Y 1 − Y 2]2) = 2((Y 1)2 + (Y 2)2).

Таким образом,

√(Y 1)2 + (Y 2)2

√

cos(L12

L22) =

√(Y 1)2 + (Y 2)2

√2

Следовательно, угол между данными плоскостями равен π/4.

Угол между нетрансверсальными подпространствами в En

Пусть Lk è Ll два подпространства такие, что Lk ∩ Ll = Lm.

Предложение 1.7.9 Пусть Lm

Lk. Тогда имеет место разложение Lk = Lm

называется ортогональным дополне

Lk−m, ãäå Lm . Lk−m. Подпространство Lk−m

íèåì Lm â Lk

Доказательство.

Действительно, пусть q1, . . . , qm базис Lm. Начиная с вектора

q1 и добавляя векторы q2, . . . , qm, построим ортонормированный базис Lm : p1, . . . , pm. Íà m + 1-м шаге процесса ортогонализации мы получим вектор pm+1, ортогональный

1.8. ВЫПУКЛЫЕ МНОЖЕСТВА В AN

всем векторам p1, . . . , pm, а значит и всему подпространству придем к базису в Lk

{p1, . . . , pm, pm+1, . . . , pk},

| {z } | {z }

Lm. Продолжая процесс,

Lm Lk−m

причем Lm Lk−m.

Следствие 1.7.1 Пусть Lk è Ll два подпространства в Ln и пусть Lm = Lk ∩Ll.
Тогда	Lk = Lm Lk−m

	{ Ll = Lm Ll−m,
ãäå Lk−m è Ll−m ортогональные дополнения Lm â Lk è Ll соответственно.

Легко показать, что в полученных разложениях подпространства Lk−m è Ll−m трансвенрсальны. Поэтоиу следующее определение выглядит естественно.

Определение 1.7.7 Углом между двумя нетрансверсальными подпространствами Lk è Ll называется угол между ортогональными дополнениями подпространства

Lk ∩ Ll = Lm â Lk è Ll соответственно.

1.8Выпуклые множества в An

1.8.1Определение и основные свойства выпуклых множеств

Множество M An называется выпуклым, если для любых двух различных точек

A1, A2 M отрезок [A1, A2] M.

Замечание.Одноточечное и пустое множество считаются выпуклыми по определению.

Пусть A1, A2 точки с радиус-векторами r1 è r2 соответственно. Параметрическое уравнение прямой, проходящей через точки A1 è A2 имеет вид

r = r1 + t(r2 − r1), −∞ < t < ∞.

Заметим, что r(0) = r1, r(1) = r2. Следовательно, точки отрезка [A1, A2] задаются как

r = r1 + t(r2 − r1),	0 ≤ t ≤ 1.
Перепишем это в виде	0 ≤ t ≤ 1.
r = (1 − t)r1 + tr2,	0 ≤ t ≤ 1.

и введем обозначения: λ1 = 1−t, λ2 = t. Тогда точки отрезка [A1, A2] представляются в виде выпуклой комбинации или выпуклой оболочки своих концевых точек:

r = λ1r1 + λ2r2, λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1 + λ2 = 1.

Предложение 1.8.1 Åñëè M2, M2 An выпуклые множества, то их пересечение

∩

M1 M2 выпуклое множество.

ГЛАВА 1. ГЕОМЕТРИЯ ПРЯМЫХ И ПЛОСКОСТЕЙ

Доказательство. Действительно, предположим, что A1, A2 M1

M2. Тогда A1, A2

A1, A2

. Но тогда из выпуклости,

[A1, A2] M1

[A1

]

. Откуда

,∩ 2

[A1, A2] M1

∩ M2.

Упражнение 1.8.1 Доказать, что пересечение любой совокупности выпуклых множеств есть выпуклое множество.

Очевидно, что в общем случае объединение выпуклых множеств не является вы-


пуклым множеством.
Предложение 1.8.2 Полуплоскость выпуклое множество.
Доказательство.		Рассмотрим полуплоскость π+ = (x, y) \| Ax + By + C > 0 . Ïî-
ложим	F (x, y) = Ax + By + C		. Тогда для точек	имеем	F (x, y) > 0.	Рассмотрим
	F (x, y) = Ax + By + C			π+ {	F (x, y) > 0.	}
[A1, A2] : r = λ1r1 + λ2r2, ãäå λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0,				λ1 + λ2	= 1. Для каждой точки
A [A1, A2] выполнено следующее:

xA = λ1x1 + λ2x2, yA = λ1y1 + λ2y2.

Пусть A1, A2 π+. Следовательно F (x1, y1) > 0 è F (x2, y2) > 0. Тогда

A(λ1x1 + λ2x2) + B(λ1y1 + λ2y2) + C =

λ1(Ax1 + By1) + λ2(Ax2 + By2) + C(λ1 + λ2) = λ1(Ax1 + By1 + C) + λ2(Ax2 + By2 + C) =

λ1F (x1, y1) + λ2F (x2, y2) > 0.

Следовательно, для всех A [A1, A2] выполнено F (xA, yA) > 0 и значит [A1, A2] π+

Аналогично доказывается и общее утверждкение.

Предложение 1.8.3 Аффинное полупространство является выпуклым множеством. Следствие 1.8.1 Выпуклыми множествами являются:

•Угол, как пересечение двух полуплоскостей;

•Телесный треугольник, как пересечение трех полуплоскостей;

•Выпуклый многоугольник, как пересечение конечного числа полуплоскостей;

•Выпуклый многогранник,как пересечение конечного числа полупространств.

1.8.2Выпуклая оболочка

Выпуклой оболочкой множества M называется пересечение всех выпуклых множеств, содержащих множество M. Обозначение: conv(M). Другими словами, это такое выпуклое множество, которое лежит в любом выпуклом множестве, содержащем M. Пусть M выпуклое множество A произвольная точка. Конусом с вершиной в точка A и основанием M называется объединение всех отрезков, соединяюших точка

A с точками множества M.

CA(M) = [A, B].

B M

1.8. ВЫПУКЛЫЕ МНОЖЕСТВА В AN

Предложение 1.8.4 Åñëè M выпуклое множество и A произвольная точка, то

conv(M, A) = CA(M).

Доказательство. CA(M) conv(M, A), òàê êàê

M conv(M, A)
M conv(M, A)			[A, B] = CA(M)	conv(M, A).
A	conv(M, A)	B	M

Покажем, что CA(M) conv(M, A)). Для этого покажем, что CA(M) выпуклое множество . Пусть A1, A2 CA(M). Тогда существуют такие m1, m2 M, ÷òî

A1 [A, m1] CA(M),

A2 [A, m2] CA(M).

Поскольку M выпуклое множество, то [m1, m2] M, а следовательно телесныйm1Am2 CA(M), а вместе с ним и [A1, A2] CA(M).

Выпуклая оболочка конечного числа точек легко может быть задана аналитиче- ски.

Теорема 1.8.1 Пусть M = {A1, A2, . . . , An} конечный набор точек. Тогда , conv(M)это множество точек, радиус-вектор которых имеет вид:

n	n
∑i	∑
r = λiri, λi ≥ 0 (i = 1, . . . , n),	λi = 1.
=1	i=1

Доказательство. Доказательство проведем с помощью метода математической индукции. При n = 2 имеем:

M= {A1, A2}, conv(M) = [A1, A2],

àдля точек отрезка мы уже имели выражение вида

r = λ1r1 + λ2r2, λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1 + λ2 = 1.

Предположим, что для n − 1 точек верно:

n−1	k
∑i	∑
conv(A1, . . . , An−1): r = νiri,	νi = 1, νi ≥ 0 (i = 1, . . . , n − 1).
=1	i=1

Покажем, что такое представление верно и для множества из n точек. Выделим M = conv(A1, . . . , An−1) и добавим к M точку An. Тогда

conv(M, An) = CAn (M) = [An, A].

A M

Радиус-вектор любой точки конуса запмшется в виде

r = µ1rn + µ2rA = µ1rn + µ2(ν1r1 + · · · + νn−1rn−1) =

λ1r1 + · · · + λn−1rn−1 + λnrn

70	ГЛАВА 1. ГЕОМЕТРИЯ ПРЯМЫХ И ПЛОСКОСТЕЙ
ãäå µ1 +µ2 = 1,	µ1 ≥ 0, µ2 ≥ 0,	и мы положили λi = µ2νi (i = 1, . . . , n−1), λn = ν1.
Осталось заметить, что
		n
λi ≥ 0 (i = 1, . . . , n) è		λi = µ2	(ν1	+ · · · + νn−1) +µ1 = 1.
		=1	\|		{z	}
		=1		=1
		∑i		=1

Выпуклая оболочка когечного числа точек имеет определенный механический смысл. Для его формулировки, докажем, вначале,

Предложение 1.8.5 Пусть A1, . . . , An точки в Rn, в которых сосредоточены массы m1, . . . , m2. Пусть точкам Ai соответствуют радиус-векторам ri. Тогда радиус- вектор rc центра тяжести системы точек имеет такой вид:

rc = m1r1 + · · · + mnrn . m1 + · · · + mn

Доказательство. Проведем доказательство методом математической индукции. В случае, когда n = 2 имеем следующее:

	r	r		r
		C
A1, m1			A2, m2

Согласно законам механики,					A1C	=		m2	. Поэтому

					CA2
					CA2			m1
				m1(rc − r1) = m2(r2 − rc)
откуда легко находим
					rc =		m1r1 + m2r2			.
					rc =					.
							m1 + m2

Предположим, что формула верна для системы из k точек, то есть

rc(k)	=	m1r1 + . . . + mkrk	.

		m1 + . . . + mk

Рассмотрим систеиу из k + 1 точки. Пусть rc(k) радиус-вектор центра масс системы из k точек. Тогда центр масс системы из k + 1 точки ищется как центр масс точек C(k)

è Ak+1, а именно,

rc(k+1) = Mrc(k) + mk+1rk+1 ,

M + mk+1

ãäå M = m1 + · · · + mk. Используя формулу для rc(k), получим

m1r1 + . . . + mkrk + mk+1rk+1 rc(k+1) = m1 + . . . + mk + mk+1 .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.09.201943.27 Кб5Lektsia_5.docx
#
11.11.2019133.12 Кб0Lektsia_5T.doc
#
09.09.201918.23 Кб2Lektsia_6.docx
#
23.02.20152.13 Mб45Lektsii.doc
#
25.11.2019470.53 Кб0Lektsiya_Karpov_Alyuminiy.doc
#
23.02.2015484.23 Кб7Lektsiyi_z_analitichnoyi_geometriyi_Semestr_1.pdf
#
23.02.2015121.34 Кб18Lekts_ya_4o.doc
#
23.02.2015106.5 Кб18Lekts_ya_5o.doc
#
23.02.2015127.49 Кб13Lekts_ya_6o.doc
#
23.02.201536.65 Кб2leonardo da vinci.docx
#
18.12.2018678.4 Кб30lesson_3_Punishment.doc