Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гомельский Государственный Технический Университет им. П.О. Сухого

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика / 4020

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.04.2015

Размер:

587.09 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Первые две строки последней матрицы составляют расширен-

ную матрицу системы x1			2x2 x3 4	эквивалентной исходной.
		7x2 7x3 11
Так как	1	2	7 0 , то в качестве базисных неизвест-
Так как	1	2	7 0 , то в качестве базисных неизвест-
	0	7

ных берем x1 и x2 , а x3 принимаем за свободную неизвестную (пара-

метр).

Пусть x3 C , тогда из второго уравнения последней системы имеем x2 117 C . Подставив выражение для x2 в первое уравнение,

найдем x 4 C 2 11 C 6 7 C . 1 7

Значит, общее решение системы имеет вид: x1 67 C , x2 117 C , x3 C , где С – произвольный параметр.

б) Преобразуем расширенную матрицу системы.

3		4	1	1 I II 3	0		2	5	8


	1	2	2			1	2	2	.
				3					3

Следовательно, rA r~ 2 3, система совместна и имеет бесчислен-

ное множество решений, зависящих от одного параметра.

Так как 01 22 2 0 , то в качестве базисных неизвестных

берем x1 и x2 , а x3 – свободная неизвестная.

Пусть x3 C , тогда x2 4 5C2 , x1 5 3C – общее решение исходной системы, где С – произвольный параметр.

Замечание: за базисные неизвестные принимаются те, для которых определитель, составленный из коэффициентов при этих неизвестных не равен нулю.

Пример 4. Решить систему линейных однородных уравнений.

3x		4x	2	x	0	x	x	2	4x 0
	1		2	3		1		2			3
а) x1 5x2 2x3 0 ;						б) 3x1 5x2 x3 0 .
2x		3x	2	x	0	2x		6x		2	5x	0
	1		2	3			1			2	3

Решение.

а) Определитель системы	3	4	1	30 0 , поэтому система
	3	4	1
	1	5	2
	2	3	1

имеет единственное нулевое решение x1 x2				x3		0 .
б) Определитель системы	1	1		4	0 , поэтому система
	1	1		4
	3	5	1
	2	6		5

имеет бесчисленное множество решений. Найдем их методом Гаусса.

1	1	4	II I ( 3)	1	1	4	III II	1	1	4
			III I 2
3				0	8			0	8
	5 1					13				13 .
2	6	5		0	8	13		0	0	0

Так как	1	1	8 0	для системы x1 x2 4x3 0	эквива-

	0	8		8x2 13x3 0

лентной исходной, то в качестве базисных неизвестных берем x1 и x2 ,

а x3			– свободная переменная.
			Пусть		x3 C ,	тогда	из		последнего уравнения				получаем
x	2	13C 8, а из первого x x					2	4x		13 C 4C 19 C .
	2					1	2		3	8	8
										8	8	x 19 C ,
			Значит,		общее	решение			системы имеет		вид:	x 19 C ,
												1	8
			13 C , x										8
x	2		13 C , x		C , где С – произвольный параметр.
	2		8	3
			8

Задачи для самостоятельного решения.

Пример 5. Найти матрицу A 1 , обратную данной матрице А, если она существует.

	4	5			2		1	3			4		5	2
			;	б)		5	0	4	;	в)		1 3		0	.
а)
	1	2
						2	1	3				3	8	2

Пример 6. Проверить совместность системы уравнений и в случае совместности решить ее: 1) по формулам Крамера; 2) с помощью обратной матрицы (матричным методом); 3) методом Гаусса.

3x1 4x2 x3 11	x1 3x2 2x3 7
а) x1 5x2 x3 2 ;	б) 4x1 x2 x3 5 .

2x1 x2 4x3 1	3x1 4x2 3x3 3

Пример 7. Проверить совместность системы уравнений и в случае совместности решить ее.

x	2x		4x			5		x1 5x2				4x3	2	0
1		2			3	4 ;									.
а) 3x1 x2 x3								б)	4x	10x		x	7 0
x 5x					7x		14
				2					1		2	3
	1					3

Пример 8. Решить систему линейных однородных уравнений.

7x1 4x2 x3 0	x1 2x2 x3 0
а) x1 5x2 2x3 0 ;	б) 4x1 3x2 5x3 0 .

2x1 x2 x3 0	3x1 5x2 6x3 0

ГЛАВА 3. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ

ВПРОСТРАНСТВЕ

3.1.Скалярное произведение двух векторов. Угол между двумя векторами

Косинус угла между векторами определяется формулой:

x1x2 y1 y2 z1 z2

cos

x12 y12 z12

2 y2

2 z2

Пример 1. Даны точки A(1;10; 5), B(9;3; 7),C(8; 1;3). Найти:

а)

, б) угол между

в) площадь треугольника

AC,

ABC.

Решение.

а)

Аналогично находим

(9 1,3 10, 7 ( 5)) (8, 7, 2).

( 1, 4,10).

8( 1) 7( 4) 2 10

(значит, треугольник

ABC прямоугольный,

B 90o ).

б)		(7, 11, 8). Тогда
б)	AC	(7, 11, 8). Тогда
		cos A											8 7 ( 7)( 11)						( 2)8
				AB				AC					8 7 ( 7)( 11)						( 2)8

				AB			AC				82 ( 7)2				( 2)2			7	2 ( 11)2	82
				AB			AC				82 ( 7)2				( 2)2			7	2 ( 11)2	82
						117							117			2	, A 45o ,
						117				234				2		2	, A 45o ,
						117				234		117		2		2
в) так как sin A sin 45o												2	, то
в) так как sin A sin 45o												2	, то						117 58,5 (кв. ед.).
												2
	S ABC 1		AB		AC				sin A			1	117		234		2
																	2

2												2					2		2

3.2. Векторное произведение двух векторов

Пример 2. Векторы a и b имеют длины, соответственно равные 8 и 5, и образуют угол в 30о. Найти площадь треугольника, построен-

ного на векторах a и b .

Решение.

Площадь параллелограмма, построенного на векторах a,b , равна

8 5sin 30о 40 0,5 20 (кв. ед.). Значит, площадь соответствующего треугольника равна 20 0,5 10 (кв. ед.).

Пример 3.

Найти

векторное произведение a

векторов

a (3, 4, 8) и

( 5,2, 1) .

Решение.

Так как для векторов, заданных в базисе i

, j, k

то в нашем случае

20i 43 j 14k .

Итак, a b (20, 43, 14).

Пример 4. Найти площадь S треугольника, заданного вершина-

ми A(2, 3,1) , B(0,5, 4) , C(1,8,6) .

Решение.

Искомая площадь равна половине площади параллелограмма, построенного на векторах AB и AC (которая, как уже известно, рав-

на					). Находим						( 2,8, 5),									( 1,11,5) . Тогда
на	AB		AC		). Находим				AB		( 2,8, 5),							AC		( 1,11,5) . Тогда
								8	5			,	2	5	,		2		8		(95,15, 14).


				AB AC
								11		5			1 5				1		11
Значит,								11		5			1 5				1		11
Значит,
		S 1							1		952 152					( 14)2						1	9446 48,6 .
		S 1				AB	AC		1		952 152					( 14)2						1	9446 48,6 .
2									2													2
2									2													2

Пример 5. Найти площадь треугольника, заданного вершинами

A(x1, y1), B(x2 , y2 ,),C(x3, y3 ) .

Решение.

В прямоугольной системе координат эти точки имеют коорди-

наты A(x1, y1,0), B(x2 , y2 ,0),C(x3, y3,0) . Значит,

(x2 x1, y2 y1,0) ,

(x3 x1, y3

y1,0) .

Тогда

AB AC

0,0,

x3 x1

y3 y1 0

x y

Получим

AB AC

mod

Таким образом, искомая формула имеет вид:

1 mod


Пример 6. Коллинеарны ли векторы a (2, 5,1)										и		( 6,15, 3) ?
Пример 6. Коллинеарны ли векторы a (2, 5,1)										и	b	( 6,15, 3) ?
		Решение.
Вычислим векторное произведение a									:
Вычислим векторное произведение a							b		:
	5 1	,	2	1	,	2 5


a b	15 3		6	3		6 15		(0,0,0) .
	15 3		6	3		6 15

Итак, векторы коллинеарны. Однако, проще проверить пропорциональность соответствующих координат.

3.3. Смешанное произведение трёх векторов. Геометрический смысл смешанного произведения

Смешанное произведение трёх векторов

a (x1, y1, z1 ), b (x2 , y2 , z2 ),c (x3 , y3 , z3 )

определяется формулой: a			x1	y1	z1	.

		c	x2	y2	z2
	b
			x3	y3	z3

Следовательно, объём параллелепипеда, построенного на этих векторах, вычисляется по формуле:

	x1	y1	z1	.
	x1	y1	z1
V mod	x2	y2	z2
	x3	y3	z3

Объём треугольной пирамиды с вершинами в точках M1(x1, y1, z1), M2 (x2 , y2 , z2 ), M3 (x3 , y3 , z3 ), M4 (x4 , y4 , z4 ) находится по формуле:

	1 mod	x	x
		x	x
V		x2	x1
	6	3	1
	6	x4	x1
		x4	x1

y2 y1 z2 z1 y3 y1 z3 z1 . y4 y1 z4 z1

Необходимое и достаточное условие компланарности трёх векторов выражаетсяравенством:

x1	y1	z1	0 .
x1	y1	z1
x2	y2	z2
x3	y3	z3

Пример 7. Найти объём параллелепипеда, построенного на век-

торах a (1,3,1) , b (2,1,3) , c (3,1,2) .

Решение.

V mod	1 3 1		1	0	0	13.
	1 3 1		1	0	0
	2 1 3	mod	2	5	1
	3 1 2		3	8	1

Пример 8. Доказать, что векторы a (1, 2,3),						(4, 5,6), c (5, 7,9)
Пример 8. Доказать, что векторы a (1, 2,3),					b	(4, 5,6), c (5, 7,9)
компланарны.			Решение.
			Решение.
Так как	1 2 3	1	2 3	0 , т.е. выполнено условие компла-
	1 2 3	1	2 3
	4 5 6	5	7 9
	5 7 9	5	7 9

нарности векторов, то данные векторы компланарны.

Пример. 9. Вычислить объём треугольной пирамиды, вершины

которой находятся					в точках M1(6,1,4),					M 2 (1, 3,7),			M 3 (7,1,3),
M 4 (2, 2, 5) .						Решение.
						Решение.
V	1 mod	1 6 3 1 7 4				1 mod	5 4 3				1 mod	5 4 2		23
		1 6 3 1 7 4					5 4 3					5 4 2
		7	6	1 1	3 4		1	0	1			1	0 0
	6	2	6	2 1	5 4	6	4	3	9		6	4	3 13	3
		2	6	2 1	5 4		4	3	9			4	3 13

Пример 10. Даны точки A( 2, 3,1), B(1, 1,2),C(2,4,2), D(1,2,6) .

Вычислить: 1) угол между ребром AD пирамиды ABCD и плоскостью ABC , 2) длину высоты DO пирамиды.

Решение.

1) Пусть O – проекция точки D на плоскость Тогда угол между

векторами

– искомый угол. Пусть AL AB AC, тогда

ABC и DAO 90o LAD .

Тогда

(3,5,5),

(3,4,1),

AC (4,7,1) , AL

( 3,1,5).

0,46; LAD 62,5o .

cos( LAD)

Значит,

DAO 90o 62,5o 27,5o .

Как

видно

из

рисунка

. Значит,

cos( LAD)

59 0,46 3,53 .

3.4. Различные виды уравнения плоскости

Пример 11. Написать уравнение плоскости, проходящей через точки M1(1, 3,2), M2 (8,5;0) и параллельной вектору a (4,1, 1) .

Решение.

Пусть точка M (x, y, z) принадлежит искомой плоскости. Тогда

векторы		(x 1, y 3, z 2),												(7,8, 2),			a – компланар-
векторы	M1M	(x 1, y 3, z 2),									M1M 2			(7,8, 2),			a – компланар-
ны (т.е. их смешанное произведение равно нулю). Получаем:
							a		x 1 y 3						z 2
									x 1 y 3						z 2
										7		8			2
			MM1		M1M2					7		8			2
										4		1			1
		(x 1)		8 2		( y		3)			7 2		(z 2)			7 8
		(x 1)		8 2		( y		3)			7 2		(z 2)			7 8
				1 1							4 1					4 1

6x 6 y 3 25z 50 6x y 25z 53 .

Приравнивая к нулю полученное смешанное произведение, получим

искомое	уравнение	плоскости:	6x y 25z 53 0	или
6x y 25z 53 0 .

Пример 12. Написать уравнение плоскости, проходящей через точку A( 4,1,7) и параллельной двум векторам a1(3,0, 5) и a2 ( 9,1,1) .

Решение.

Заметим, что векторы a1 и a2 не коллинеарны (их координаты

не пропорциональны). Поэтому задача имеет единственное решение. Будем рассуждать аналогично предыдущему примеру. Пусть точ-

ка M (x, y, z) принадлежит								искомой плоскости. Тогда векторы
			(x 4, y 1, z 7), a1, a2					компланарны и их смешанное произве-
	AB		(x 4, y 1, z 7), a1, a2					компланарны и их смешанное произве-
дение равно нулю. Т.е.
		x 4 y 1 z 7				(x 4)	3 0	( y 1)	3 5	(z 7)	0 5	3x 12 48y


		3		0	5
		9		1	1		9 1		9 1		1 1
		9		1	1	48 5z 35 3x 48 y 5z 95.
						48 5z 35 3x 48 y 5z 95.
Итак,				3x 48 y 5z 95 0 – уравнение искомой плоскости.

Пример 13. Записать уравнение плоскости, проходящей через точку M (1, 1,6) и имеющей нормаль n(3,0,4) .

Решение.

Общее уравнение искомой плоскости имеет вид 3x 4z D 0 (плоскость параллельна оси OY ). Так как точка M принадлежит ис-

комой плоскости, то координаты	x 1, y 1, z 6		удовлетворяют
уравнению плоскости. Подставив	их в	уравнение,	вычислим D :
3 1 4 6 D 0 . Отсюда D 27 . Итак,		3x 4z 27 0 – искомая
плоскость.

Замечание. Так как плоскость параллельна оси OY , то любая точка вида M (1, y,6) , где y – любое число, будет принадлежать этой

плоскости.

Пример 14. Написать уравнение плоскости, проходящей через

точки A(3, 3,0),			B(0,7,1),C( 5,3,2) .
					Решение.
	x 3	y 3 z 0	(x 3)	10 1	( y 3)	3 1	z	310	14x 42 2 y 6


	0 3	7 3 1 0
	5 3 3 3 2 0			6 2		8 2		8 6
	5 3 3 3 2 0
62z 14x 2 y 62z 48 0 . Итак,						7 x y 31z 24 0 – искомая
плоскость.

Пример 15. Найти угол между плоскостями:

x 4 y z 2 0, 3x y z 1 0.

Решение.

Воспользуемся формулой cos		A1A2 B1B2 C1C2
	A 2	B 2	C 2	A 2	B	2	C 2

1		1	1	2	2		2
и найдем косинус угла между плоскостями

cos	2 1 2 1		8 0	4		4	2	.
	22 22	8 2	12 12 02	16 2	4	2	2

Получим:	45 .

3.5.Различные виды уравнений прямой в пространстве

3.5.1.Каноническое уравнение прямой

Пример 16. Составить каноническое уравнение прямой, проведенной через точку M0(6, 2, -3) параллельно вектору a 4, 5,7 .

Решение.

Применяя формулу	x x0	y y0			z z0	, получим каноническое
	a				a
		a	2
уравнение прямой:	1			3

x 6

y 2

z 3

Пример 17. Составить параметрическое уравнение прямой, прохо-

дящей через точку M 0 1, 2,3 и параллельной вектору

2, 4, 5 .

Найти точку P прямой, которой соответствует значение t = 2.

Решение.

Так как в данном случае

x0 1,

y0 2,

z0 3,

a1 2,

a2 4,

a3 5,

то параметрическое уравнение

прямой

имеет

вид:

x 1 2t, y 2 4t,z 3 5t.

При t = 2

получим: x 1 2 2 5, y 2 4 2 6,z 3 5 2 7.

На прямой фиксирована точка P(5, 6, –7).

3.5.2. Прямая как пересечение двух плоскостей. Угол между двумя прямыми

Пример 18. Задана прямая

3x 4 y 5z 10 0,

6x 5y z 17 0.

Написать каноническое и параметрическое уравнение прямой.

Решение.

Составим матрицу из коэффициентов при неизвестных

3	4	5
				a сле-
6	5	1	. Вычислим координаты направляющего вектора

дующим образом:

a	4	5	21, a	2	5 3	27, a	3	4	9.

1	5	1			1 6	3	6	5

Возьмем какую-нибудь точку прямой. Для этого нужно придать конкретное значение одной из координат, а значения двух других находятся из системы уравнений. Положим, например, z = 0. Тогда исходные уравнения примут вид: 3x 4 y 10 0, 6x 5 y 17 0. Ре-

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
15.04.2015457.86 Кб223353.pdf
#
15.04.2015729.81 Кб194015.pdf
#
15.04.2015587.09 Кб324020.pdf
#
15.04.201541.47 Кб11Вопросы_Черн_ЗО_1сем.doc
#
15.04.2015762.37 Кб17Задания_Чернич_ДО_ЗО_1сем.doc
#
15.04.20155.56 Mб26Пределы.pdf
#
15.04.2015722.54 Кб21Элементы линейной алгебры.pdf