Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Линейная алгебра. Аналитическая геометрия. Магазинников Л.И., Магазинников А.Л

..pdf

Скачиваний:

159

Добавлен:

16.03.2016

Размер:

1.38 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1810 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Рис. 7.12.

7.8. Приведение уравнения кривых второго порядка					91
b2 = c2 − a2, получим каноническое уравнение гиперболы
	x2		y2
		−		= 1.
	a2	−	b2	= 1.

Гипербола кривая, симметричная относительно осей координат и начала координат (рис. 7.12). Точки A1(−a, 0), A2(a, 0) называются вершинами гиперболы. Так как |x| ≥ a, то гипербола находится вне полосы, ограниченной прямыми x = ±a. Ось OY называют мнимой осью гиперболы, а ось OX действительной. Пря-

мые y = ±ab x являются асимптота-

ми гиперболы. Число a называют действительной полуосью гиперболы, а число b мнимой полуосью.

Величина ε = c называется эксцентриситетом гиперболы, ε > 1, a a

а прямые x = ± её директрисами. Они обладают тем же свойством, что и дляεэллипса.

Пример. Докажите, что уравнение 4x2 − 24x − 9y2 + 36y = 36 определяет гиперболу. Найдите её центр симметрии и асимптоты.

Решение. Выделяя полные квадраты, данное уравнение мож-

но

записать в

виде 4(x

3)2

9(y

2)2

= 36

или

(x − 3)2

−

(y − 2)2

= 1. Положим x

= x

3, y

= y

2. Тогда

x12

y12

= 1.

−

− 4

−

Данная кривая

гипербола

центром в

точке

x1 = x − 3 = 0,

y1 = y − 2 = 0, т.е. в точке (3, 2). Уравнение асимптот гиперболы имеет вид y − 2 = ±23 (x − 3) или 2x − 3y = 0, 2x + 3y − 12 = 0.

Итак, мы рассмотрели кривые второго порядка: эллипс, эксцентриситет которого меньше единицы, гиперболу, эксцентриситет которого больше единицы. Кривая второго порядка, эксцентриситет которой равен единице, является параболой (рассмотрена в п. 7.1).

7.8. Приведение уравнения кривых второго порядка к каноническому виду

Если кривая задана уравнением

a11x2 + a22y2 + 2a12xy + a01x + a02y + a00 = 0,

(7.21)

92	7. Приложение линейной алгебры

то это уравнение можно привести к каноническому виду путём перехода к новой системе координат. Этот процесс можно разбить на два этапа.

1. Отыскание главных осей квадратичной формы

B = a11x2 + a22y2 + 2a12xy.

Для этого находим её собственные числа λ1 и λ2 и собственные векторы. Если окажется, что λ1 · λ2 > 0, то кривая эллиптического типа, если λ1 ·λ2 < 0, то гиперболического типа. При λ1 ·λ2 = 0 имеем кривую параболического типа. Приняв в качестве новых базисных векторов декартовой системы главные оси квадратичной формы, уравнение (7.21) приведём к виду

λ1x21 + λ2y12 + ax1 + by1 + c = 0,

причём (a, b) = (a01, a02)Q, где Q матрица перехода от старого ортонормированного базиса к новому.

2. Отыскание нового начала системы координат O1, преобразование параллельного переноса начала O в точку O1.

Как это делать практически, покажем на примере. Предполагаем, что все системы координат имеют правую ориентацию.

Пример 1. Построить кривую

x2 + y2 + xy − 3x − 3y = −2. (а) Приводим квадратичную форму B = x2 + y2 + xy к главным осям

		1	0,5	.
(как в п. 6.7). Её матрица B = 0,5			1
Записываем характеристическое уравнение этой матрицы
10−,5λ	10−,5λ	= 0, (1 − λ)2 − 0,25 = 0.

Его корни λ1 = 0,5, λ2 = 1,5 являются собственными числами. Так как λ1 · λ2 > 0, то кривая (а) эллипс. Координаты собственного вектора, отвечающего числу λ1 = 0,5, удовлетворяют соотношению ξ1 + ξ2 = 0. В качестве нового базисного вектора примем вектор

i1 =

√

, −√

. Другой базисный вектор j1 =

√

, √

. Записы-

ваем матрицу Q перехода от базиса 0, i, j к 0, i1, j1:

−√2 .

Q =

√2

√2 , Q−1

= QT =

√2

−√2

√2

7.8. Приведение уравнения кривых второго порядка

По формуле (3.18) выражаем новые координаты x1 и y1 через старые

x − y

, y

x + y

(б)

√2

Уравнение (а) в новой системе координат принимает вид

0,5x2 + 1,5y2

−3 · 1 + (−3)(−1)

−3 · 1 − 3 · 1

√2

−

или 0,5x12

+ 1,5y12

= −2. После выделения полных квадратов

− √

получаем

0,5x12 + 1,5 y1 − √2

= −2 + 3 = 1.

(в)

Перейдём к новой системе координат 01, i1, j1 по формулам

x2 = x1, y2 = y1 − √

Теперь уравнение (в) приводится к виду

0,5x2

+ 1,5y2

= 1,

(г)

2/3

причём, как это следует из (б),

x − y

, y

x + y − 2

√2

Решая систему x2 = 0, y2 = 0,

найдём координаты (1,1) нового

начала O1 в старой системе ко-

ординат (рис. 7.13). Строим кри-

вую (а). Для этого сначала в ста-

рой системе координат строим но-

вую систему координат. Новые оси

направлены по прямым x − y = 0

(ось O1Y2) и x + y − 2 = 0

(ось

O1X2). В системе (O1, X2, Y2) стро-

им эллипс (г). Зная уравнение

(г), можно дать полную геомет-

рическую

характеристику эллип-

са (а). Например, его большая по-

Рис. 7.13.

луось равна √2, а малая r

94					7. Приложение линейной алгебры
								√
Расстояние между фокусами равно 2r2 −						2	=	4	3	. Эксцентриси-

						3		3
2	√			√
2		3		6
тет равен ε =	√		=		.
тет равен ε =	√		=	3	.
3		2

7.9. Поверхности второго порядка

Поверхностью второго порядка называется поверхность, которая

в декартовой системе координат описывается следующим уравнени-
ем:
a11x2 + a22y2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz +
+2a23yz + a01x + a02y + a03z + a00 = 0,	(7.22)

где aik константы. Заметим, что первые шесть слагаемых в (7.22) образуют квадратичную форму, а следующие три линейную. Отметим следующие поверхности второго порядка:

1. Сфера с центром в точке (a, b, c) радиуса R:

(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2

(рассмотрена в п.7.1).


	2. Эллипсоид.
	Поверхность, определяемая от-
	носительно какой-либо декартовой
	системы координат уравнением
		x2			y2			z2
			+			+			= 1,
		a2			b2			c2
	называется								эллипсоидом
	(рис. 7.14),				а		величины a, b, c
Рис. 7.14.	его полуосями. Исследуем эту
	поверхность			с помощью сечений.

Сечением эллипсоида плоскостью z = h будет эллипс (при |h| < c)

z = h,

= 1.

или

(

= 1

− c

a 1

− c2

# 2

− c2

" r

r r

Полуоси этого эллипса a1 = a 1 − c2 и b1 = b 1 − c2 будут наибольшими при h = 0. Сечения эллипсоида плоскостями, параллельными координатным, также являются эллипсами.

Если две полуоси эллипсоида равны, то это эллипсоид вращения. При a = b = c имеем сферу.

7.9. Поверхности второго порядка

3. Однополостный гиперболоид.

Если гиперболу

−

= 1 плоскости ZOY вращать вокруг оси

OZ, то мы получим поверхность

−

= 1, называемую

однополостным гиперболоидом вращения.

Поверхность, определяемая уравнением

−

= 1,

называется однополостным гиперболоидом

(рис. 7.15).

В сечениях этой поверхности плоскостями z = h получим эллипсы

z = h,

(

= 1 +

с полуосями

Рис. 7.15.

a1 = ar1 +

b1 = br1 +

В сечениях плоскостями x = h или y = h получим гиперболы.

4. Двуполостный гиперболоид.

Вращая

гиперболу

= 1 плоскости

−

Y OZ вокруг оси OZ, получим поверхность

−

= 1.

Поверхность, определяемая уравнением

−

= −1,

называется

двуполостным

гиперболоидом

(рис. 7.16).

Сечениями

этой

поверхности

плоскостями

z = h будут эллипсы

z = h ( h > c),

( x2

+ y2|

=| h2

−

Рис. 7.16.

В сечении плоскостью x = 0 получим гиперболу

( x2

= 1.

z = 0,

−

7. Приложение линейной алгебры

5. Эллиптический параболоид.

При вращении параболы y2 = 2pz

плоско-

сти Y OZ

вокруг

оси

OZ получим

поверх-

ность x2 + y2 = 2pz. Поверхность, определяе-

мая уравнением

= 2pz (p > 0),

называется

эллиптическим

параболоидом

(рис. 7.17). При пересечении эллиптического

параболоида плоскостями z = h > 0 получим

Рис. 7.17.

эллипсы,

плоскостями,

параллельными

плоскостям XOZ и Y OZ, параболы.

6. Гиперболический параболоид.

Поверхность,

определяемая

уравнением

−

= 2pz (p > 0),

называется

гиперболическим па-

раболоидом (рис. 7.18). Его сече-

ния

(

z = h = 0,

Рис. 7.18.

y62

= 2ph

гиперболы;

(

−

y = h,

x = h,

+ 2pz

параболы;

−

2pz +

параболы.

7. Конусы второго порядка.

Поверхность, задаваемая уравнением

−

= 0,

называется

конусом

второго

порядка

(рис. 7.19). Это уравнение является однород-

ным второй степени. В сечении плоскостями

z = h получим эллипсы

( z = h.

В сечении плоскостью x = 0 получим две пе-

z = h,

Рис. 7.19.

ресекающиеся прямые: (

= ±

7.9. Поверхности второго порядка

8. Цилиндры второго порядка.

y2 = 2px

= 1

−

= 1

Рис. 7.20.

Уравнения

= 1, y2 = 2px,

−

= 1

на плоскости XOY определяют эллипс, параболу и гиперболу, а в пространстве эллиптический, параболический и гиперболический цилиндры, показанные на рисунках 7.20, а, б, в соответственно. Образующие цилиндров параллельны оси аппликат, а направляющими служат названные кривые.

Если уравнение второй степени распадается на два уравнения первой степени, то уравнение будет определять пару либо пересекающихся, либо параллельных, либо слившихся плоскостей.

Уравнение (7.22) можно привести к каноническому виду по той же схеме, как и в случае кривых второго порядка: сначала перейти к новому ортонормированному базису из собственных векторов входящей в него квадратичной формы, а затем совершить параллельный перенос системы координат в новое начало.

8. Методические указания (контрольная работа №1)

8.1. Действия над матрицами (задача 1)

Для решения задачи 1 необходимо изучить подразделы 1.1 1.5 и рассмотренные там примеры. Приведём ещё два подобных примера.

8.1.1. Найдите матрицу D = 2CA − 4BA, если							.
1	2	1	2	5	2	4
A = −2	−3	−0	, B = −−4	−3 , C =	−−3	−1
В ответе запишите сумму элементов матрицы D.
Решение. Используя			свойство операций над		матрицами, мо-
					4	8

− −

жем записать D = (2C − 4B)A. Так как 2C = −6 2 , −4B =

820

=	16	−12		, то
	16	−12							−2 − 12		= 10 −10 .
		2C + (−4B) = −−6 + 16							−2 − 12		= 10 −10 .
							4 + 8		8 + 20			4	12
Поэтому							10 −10 ·						−0
		D = (2C − 4B)A =					10 −10 ·				−2 −3		−0	=
=							4		12		1	2	1			=
=	10 · 14+· (−10) ··				(−−2) 10 · 2 +·				(−10) ··	(−−3) 10 · (−·1)−+ (−10) ··					0	=
			1 + 12		( 2)		4	2 + 12		( 3)		4	( 1) + 12		0
	=	10 +−		20 20 +−		30 −−10 + 0				=	−30	−50 −−10 .
			4	24	8	36	4 + 0				20	28		4
Сумма элементов матрицы D равна 80 − 62 = 18.
Ответ. 18
8.1.2. Найдите матрицу D = AC + 3CB, если													.
A =		4	−5		, B =		−3 −4 , C =				2	−1	.
		2		3			1		2		4	1

В ответе запишите сумму элементов матрицы D.

Решение. Так как в общем случае CB 6= BC, то в выражении AC + 3CB матрицу C за скобки вынести нельзя. Поэтому находим

каждое слагаемое отдельно.						=			−−4 +−		=	26	−1
AC =	4	−5	·	2	−1	=	16 +−10		−−4 +−	5	=	26	−1	,
	2	3		4	1		8	6	2	3		2	5

8.1. Действия над матрицами (задача 1)																				99
CB = 2	−1		·	−3 −4				=	2 − 3 4 − 4						=		−1 0 ,
4		1		1			2		4 + 3 8 + 4									7 12
3CB = 3 · −1 0				=		−3 0				,
		7	12				21	36					= 23 1 .
D = AC + 3CB = 26						−1		+ −3 0					= 23 1 .
				2		5			21		36				23		31
Сумма элементов матрицы D равна 23 + 31 + 23 + 1 = 78.
Ответ. 78
Задачи для самостоятельного решения															−5					.
8.1.3. Даны матрицы A =								4	−3	1			, B =		−5			−6	3	.
								2	1	0							3	2	4
Найдите матрицу C = 2A − 3B. В ответ запишите сумму элементов
матрицы C.
Ответ. 3.													и B = " −2							# .
8.1.4. Даны матрицы A =								4	−3	−		2	и B = " −2						−6	# .
										−								4	3
								2	1			1						3	5
								2	1			1
Найдите матрицы C = A · B и D = B · A.																	# .
Ответ. C =		−14		−	4		; D =		" −20			−20		−14			# .
		−		−						20			5			2
			4	19						14			18		13
8.1.5. Дано произведение матриц															−
8.1.5. Дано произведение матриц										y1						.
4		−3 ·		3 −1 6					=	y1			y2		y3	.
1		2		2			4 5			x1			x2		x3
Укажите значения x2, x3, y1.
Ответ. 6; −7; 17.
8.1.6. Дано произведение матриц
C = 6 4 −−3 5									−1 −5 3 .
			5	2		3	3		·	2			2	2
			7 6		−4 7				·	8 16 0
			9	2	−		4			16			24	8
			9	2		3	4			16			24	8

Найдите следующие элементы матрицы C: c42, c13, c31 (верхний индекс номер строки).

Ответ. c42 = 0, c13 = −8, c31 = 0.

100 8. Методические указания (контрольная работа №1)

8.2. Вычисление определителей (задача 2)

Предлагается изучить подразделы 2.1 2.6. Необходимо уметь вычислять определители второго и третьего порядка, знать свойства определителей n-го порядка, уметь разлагать определитель по эле-

ментам строки или столбца.

D =

8.2.1. Вычислите определитель

−5

Решение.

подразделе

2.3

показано,

что

= ad bc.

−

Пользуясь этим правилом, находим

D =

Ответ. 11.

−5

= 1 · 5 − (−3) · 2 = 11.

рядка.

D =

−

третьего по-

8.2.2. Вычислите определитель

Решение. Приведём три способа вычисления этого определителя. Первый способ. По правилу “треугольников”, описанному в под-

разделе 2.4, находим:

D = 1 · 4 · (−4) + 3 · 5 · 3 + 2 · 1 · 2 − 3 · 4 · 2 − 2 · 3 · (−4) − 1 · 5 · 1 = = −16 + 45 + 4 − 24 + 24 − 5 = 28.

Второй способ. Разлагая определитель по элементам первой строки (см. теоремы 1 и 2, подраздел 2.6), сводим вычисление определи-

теля D к вычислению трёх определителей второго порядка.

D = 1 · (−1)1+1 ·

−4

+ 3 · (−1)1+2

−4

( 1)

1+3

21 + 3

−

3 1

−

10 =

21 + 69

20 = 28.

Третий способ. Пользуясь свойством определителя: “Определитель не изменится, если к какой-либо строке прибавить другую, умноженную на любое число”, получим в первом столбце два нуля. Для этого первую строку, умноженную на −2, прибавим ко второй; первую строку, умноженную на −3, прибавим к третьей. В результате получаем

D =	0	−2			1	= 1 · (−1)1+1 ·	−8	−	10	= 20 + 8 = 28.
	0		8		10		−	−	1
	1	−	2	−	3		2		1

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1810 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.11.2019238.17 Кб10ЛЕКЦИЯ 1.rtf
#
10.05.20152.7 Mб26Лекция 2.doc
#
26.11.201943.01 Кб3Лекция по русской философии.doc
#
10.05.2015292.86 Кб20Лекция_01(ТУСУР).doc
#
11.05.20151.95 Mб11ЛЗП_РЭУ.pdf
#
16.03.20161.38 Mб159Линейная алгебра. Аналитическая геометрия. Магазинников Л.И., Магазинников А.Л..pdf
#
16.03.2016835.26 Кб45Линейная алгебра.pdf
#
11.05.201518.46 Кб81Литература СВЧ.docx
#
11.05.201520.68 Кб11логика 1.docx
#
11.05.2015152.16 Кб59Логические элементы.docx
#
11.05.2015943.35 Кб90Логическое программирование_УП.pdf