• Гідрологія і Гідрометрія
• Господарське право
• Економіка будівництва
• Економіка природокористування
• Економічна теорія
• Земельне право
• Історія України
• Кримінально виконавче право
• Медична радіологія
• Методи аналізу
• Міжнародне приватне право
• Міжнародний маркетинг
• Основи екології
• Предмет Політологія
• Соціальне страхування
• Технічні засоби організації дорожнього руху
• Товарознавство продовольчих товарів

Визначення. Матриці, отримані в результаті елементарного перетворення, називаються еквівалентними.

Треба відзначити, що рівні матриці й еквівалентні матриці – поняття зовсім різні.

Теорема. Найбільше число лінійно незалежних стовпців у матриці дорівнює числу лінійно незалежних рядків.

Оскільки елементарні перетворення не змінюють ранг матриці, то можна істотно спростити процес знаходження рангу матриці.

Приклад. Визначити ранг матриці.

~ ~ , Rank A = 2.

Приклад: Визначити ранг матриці.

~ ~ ~ , Rank A = 2.

Приклад. Визначити ранг матриці.

~ , Þ Rank A = 2.

Якщо за допомогою елементарних перетворень не вдається знайти матрицю, еквівалентну вихідній, але меншого розміру, то знаходження рангу матриці варто починати з обчислення мінорів найвищого можливого порядку. У вищенаведеному прикладі – це мінори порядку 3. Якщо хоча б один з них не дорівнює нулю, то ранг матриці дорівнює порядку цього мінору.

Теорема про базовий мінор.

Теорема.У довільній матриці А кожний стовпець (рядок) є лінійною комбінацією стовпців (рядків), у яких розташований базовий мінор.

Таким чином, ранг довільної матриці А дорівнює максимальному числу лінійно незалежних рядків (стовпців) у матриці.

Якщо А – квадратна матриця й det А = 0, то принаймні один зі стовпців – лінійна комбінація інших стовпців. Те ж саме справедливе й для рядків. Дане твердження слід із властивості лінійної залежності при визначнику рівному нулю.

Матричний метод розв’язання систем лінійних рівнянь.

Матричний метод застосуємо до розв’язання систем рівнянь, де число рівнянь дорівнює числу невідомих.

Метод зручний для розв’язання систем невисокого порядку.

Метод заснований на застосуванні властивостей множення матриць.

Нехай дана система рівнянь:

Складемо матриці: A = ; B = ; х = .

Систему рівнянь можна записати:

A×х = B.

Зробимо наступне перетворення: A^–1×A×х = A^–1×B,

оскільки А^–1×А = Е, то Е×х = А^–1×В

х= А^–1×В

Для застосування даного методу необхідно знаходити обернену матрицю, що може бути пов'язане з обчислювальними труднощами при розв’язанні систем високого порядку.

Приклад. Розв’язати систему рівнянь:

х = , B = , A =

Знайдемо обернену матрицю А^–1.

D = det A = 5(4–9) + 1(2 – 12) – 1(3 – 8) = -25 – 10 +5 = – 30.

А₁₁ = = – 5; А₂₁ = – = – 1; А₃₁ = = –1;

А₁₂ = – А₂₂ = А₃₂ = –

А₁₃ = А₂₃ = – А₃₃ =

A^–1 = ;

Зробимо перевірку:

A×A^–1 = =E.

Знаходимо матрицю х.

х = = А^–1В = × = .

Отже розв’язок системи: x =1; y = 2; z = 3.

Незважаючи на обмеження можливості застосування даного методу й складність обчислень при більших значеннях коефіцієнтів, а також систем високого порядку, метод може бути легко реалізований на ЕОМ.

Метод Крамера.

(Габріель Крамер (1704-1752) швейцарський математик)

Даний метод також застосуємо тільки у випадку систем лінійних рівнянь, де число змінних збігається із числом рівнянь. Крім того, необхідно ввести обмеження на коефіцієнти системи. Необхідно, щоб всі рівняння були лінійно незалежні, тобто жодне рівняння не було б лінійною комбінацією інших.

Для цього необхідно, щоб визначник матриці системи не дорівнював 0.

det A ¹ 0;

Дійсно, якщо яке-небудь рівняння системи є лінійною комбінацією інших, то якщо до елементів якого-небудь рядка додати елементи іншої, помножені на яке-небудь число, за допомогою лінійних перетворень можна одержати нульовий рядок. Визначник у цьому випадку буде дорівнює нулю.

Теорема. (Правило Крамера):

Теорема. Система з n рівнянь із n невідомими

у випадку, якщо визначник матриці системи не дорівнює нулю, має єдиний розв’язок й цей розв’язок знаходиться за формулами:

x_i = D_i/D, де

D = det A, а D_i – визначник матриці, одержаної з матриці системи заміною стовпця i стовпцем вільних членів b_i.

D_i =

Приклад.

A = ; D₁= ; D₂= ; D₃= ;

x₁ = D₁/det А; x₂ = D₂/det А; x₃ = D₃/det А;

Приклад. Знайти розв’язок системи рівнянь:

D = = 5(4 – 9) + (2 – 12) – (3 – 8) = -25 – 10 + 5 = – 30;

D₁ = = (28 – 48) – (42 – 32) = – 20 – 10 = – 30.

x₁ = D₁/D = 1;

D₂ = = 5(28 – 48) – (16 – 56) = – 100 + 40 = – 60.

x₂ = D₂/D = 2;

D₃ = = 5( 32 – 42) + (16 – 56) = – 50 – 40 = – 90.

x₃ = D₃/D = 3.

Як видно, результат збігається з результатом, отриманим вище матричним методом.

Якщо система однорідна, тобто b_i = 0, то при D¹0 система має єдине нульовий розв’язок x₁ = x₂ = … = x_n = 0...

При D = 0 система має нескінченну множину розв’язків.

Для самостійного розв’язку:

; Відповідь: x = 0; y = 0; z = – 2.

Розв’язання довільних систем лінійних рівнянь.

Як було сказано вище, матричний метод і метод Крамера застосовні тільки до тих системам лінійних рівнянь, у яких число невідомих дорівнює числу рівнянь. Далі розглянемо довільні системи лінійних рівнянь.

Визначення. Система m рівнянь із n невідомими в загальному виді записується в такий спосіб:

,

де a_ij – коефіцієнти, а b_i – сталі. Розв’язками системи є n чисел, які при підстановці в систему перетворюють кожне її рівняння в тотожність.

Визначення. Якщо система має хоча б один розв’язок, то вона називається сумісною. Якщо система не має жодного розв’язку, то вона називається несумісною.

Визначення. Система називається визначеною, якщо вона має тільки один розв’язок й невизначеною, якщо більше одного.

Визначення. Для системи лінійних рівнянь матриця

А = називається матрицею системи, а матриця

А^*= називається розширеною матрицею системи

Визначення. Якщо b₁, b₂, …, b_m = 0, те система називається однорідною. однорідна система завжди сумісна, тому що завжди має нульовий розв’язок.

Елементарні перетворення систем.

До елементарних перетворень належать:

1) Додавання до обох частин одного рівняння відповідних частин іншого, помножених на однакове число, не рівне нулю.

2) Перестановка рівнянь місцями.

3) Видалення із системи рівнянь, що є тотожностями для всіх х.

Теорема Кронекера-Капеллі.

(умова сумісності системи)

(Леопольд Кронекер (1823-1891) німецький математик)

Теорема:Система сумісна (має хоча б один розв’язок) тоді й тільки тоді, коли ранг матриці системи дорівнює рангу розширеної матриці.

Rank А= Rank А^*.

Очевидно, що система (1) може бути записана у вигляді:

x₁ + x₂ + … + x_n

Доведення.

1) Якщо розв’язок існує, то стовпець вільних членів є лінійною комбінацією стовпців матриці А, а значить додавання цього стовпця в матрицю, тобто перехід А®А^* не змінює рангу.

2) Якщо Rank А= Rank А^*, те це означає, що вони мають той самий базовий мінор. Стовпець вільних членів – лінійна комбінація стовпців базового мінору, тоді вірний запис, наведений вище.

Приклад. Перевірити сумісність лінійних рівнянь:

A =

~ . Rank A = 2.

A* = Rank A* = 3.

Система несумісна.

Приклад. Перевірити сумісність лінійних рівнянь.

А = ; = 2 + 12 = 14 ¹ 0; Rank А= 2;

A* =

Rank A* = 2.

Система сумісна. Розв’язок: x₁ = 1; x₂ =1/2.

Метод Гауса.

(Карл Фрідріх Гаус (1777-1855) німецький математик)

На відміну від матричного методу і метода Крамера, метод Гауса може бути застосований до систем лінійних рівнянь із довільним числом рівнянь і невідомих. Суть методу полягає в послідовному виключенні невідомих.

Розглянемо систему лінійних рівнянь:

Розділимо обидві частини 1-го рівняння на a₁₁ ¹ 0, потім:

1) помножимо на а₂₁ і віднімемо із другого рівняння

2) помножимо на а₃₁ і віднімемо із третього рівняння

і т.д.

Одержимо:

, де d_1j = a_1j/a₁₁, j = 2, 3, …, n+1...

d_ij = a_ij – a_i1d_1j i = 2, 3, … , n; j = 2, 3, … , n+1...

Далі повторюємо цієї ж дії для другого рівняння системи, потім - для третього й т.д.

Приклад. Вирішити систему лінійних рівнянь методом Гауса.

Складемо розширену матрицю системи.

А* =

Таким чином, вихідна система може бути представлена у вигляді:

, звідки одержуємо: x₃ = 2; x₂ = 5; x₁ = 1.

Приклад. Вирішити систему методом Гауса.

Складемо розширену матрицю системи.

Таким чином, вихідна система може бути представлена у вигляді:

, звідки одержуємо: z = 3; y = 2; x = 1.

Отримана відповідь збігається з відповіддю, отриманою для даної системи методом Крамера й матричним методом.

Для самостійного розв’язання:

Відповідь: {1, 2, 3, 4}.

Елементи векторної алгебри.

Визначення. Вектором називається прямолінійний відрізок (упорядкована пара точок). До векторів належить також і нульовий вектор, початок і кінець якого збігаються.

Визначення. Довжиною (модулем) вектора називається відстань між початком і кінцем вектора.

Визначення. Вектори називаються колінеарними, якщо вони розташовані на одній або паралельних прямих. Нульовий вектор колінеарний до будь-якого вектора.

Визначення. Вектори називаються компланарними, якщо існує площина, який вони паралельні.

Колінеарні вектори завжди компланарні, але не всі компланарні вектори колінеарні.

Визначення. Вектори називаються рівними, якщо вони колінеарні, однаково спрямовані й мають однакові модулі.

Усякі вектори можна привести до спільного початку, тобто побудувати вектори, відповідно рівні даним, що мають загальний початок. З визначення рівності векторів треба, що будь-який вектор має нескінченно багато векторів, рівних йому.

Визначення. Лінійними операціями над векторами називається додавання й множення на число.

Сумою векторів є вектор –

Добуток – , при цьому колінеарний до .

Вектор співнаправлений з вектором ( ­­ ), якщо a > 0.

Вектор протилежно спрямований до вектора ( ­¯ ), якщо a < 0.

Властивості векторів.

1. + = + – комутативність.

2. + ( + ) = ( + )+

3. + =

4. +(–1) =

5. (a×b) = a(b ) – асоціативність

6. (a+b) = a + b – дистрибутивність

7. a( + ) = a + a

8. 1× =

Визначення.

1) Базисом у просторі називаються будь-які 3 некомпланарні вектори, узяті в певному порядку.

2) Базисом на площині називаються будь-які 2 неколінеарні вектори, узяті в певному порядку.

3)Базисом на прямій називається будь-який ненульовий вектор.

Визначення. Якщо – базис у просторі й , то числа a, b і g – називаються компонентами або координатами вектора в цьому базисі.

У зв'язку із цим можна записати наступні властивості:

- рівні вектори мають однакові координати,

- при множенні вектора на число його компонента теж множаться на це число,

= .

- при додаванні векторів складаються їхні відповідні компоненти.

; ;

+ = .

Лінійна залежність векторів.

Визначення. Вектори називаються лінійно залежними, якщо існує така лінійна комбінація , при не рівних нулю одночасно a_i , тобто .

Якщо ж тільки при a_i = 0 виконується , то вектори називаються лінійно незалежними.

Властивість 1. Якщо серед векторів є нульовий вектор, то ці вектори лінійно залежні.

Властивість 2. Якщо до системи лінійно залежних векторів додати один або кілька векторів, то отримана система теж буде лінійно залежна.

Властивість 3. Система векторів лінійно залежна тоді й тільки тоді, коли один з векторів розкладається в лінійну комбінацію інших векторів.

Властивість 4. Будь-які 2 колінеарні вектори лінійно залежні й, навпаки, будь-які 2 лінійно залежні вектори колінеарні.

Властивість 5. Будь-які 3 компланарних вектори лінійно залежні й, навпаки, будь-які 3 лінійно залежні вектори компланарні.

Властивість 6. Будь-які 4 вектори лінійно залежні.

Система координат.

Для визначення положення довільної точки можуть використатися різні системи координат. Положення довільної точки в якій-небудь системі координат повинне однозначно визначатися. Поняття системи координат являє собою сукупність точки початку відліку (початку координат) і деякого базису. Як на площині, так і в просторі можливе завдання найрізноманітніших систем координат. Вибір системи координат залежить від характеру поставленої геометричної, фізичної або технічної задачі. Розглянемо деякі найбільше часто застосовувані на практиці системи координат.

Декартова система координат.

Зафіксуємо в просторі точку О и розглянемо довільну точку М.

Вектор назвемо радіус-вектором точки М. Якщо в просторі задати деякий базис, то точці М можна зіставити деяку трійку чисел – компонента її радіус-вектора.

Визначення. Декартовою системою координат у просторі називається сукупність точки й базису. Точка називається початком координат. Прямі, що проходять через початок координат називаються осями координат.

1-я вісь – вісь абсцис

2-я вісь – вісь ординат

3-я вісь – вісь аплікат

Щоб знайти компоненти вектора потрібно з координат його кінця відняти координати початку.

Якщо задані точки А(x₁, y₁, z₁), B(x₂, y₂, z₂), то = (x₂ – x₁, y₂ – y₁, z₂ – z₁).

Визначення. Базис називається ортонормованим, якщо його вектори попарно ортогональні й дорівнюють одиниці.

Визначення. Декартова система координат, базис якої ортонормований називається декартовою прямокутною системою координат.

Приклад. Дано вектори (1; 2; 3), (–1; 0; 3), (2; 1; –1) і (3; 2; 2) у деякому базисі. Показати, що вектори , і утворюють базис і знайти координати вектора в цьому базисі.

Вектори утворять базис, якщо вони лінійно незалежні, інакше кажучи, якщо рівняння, що входять у систему:

лінійно незалежні.

Тоді .

Ця умова виконується, якщо визначник матриці системи відмінний від нуля.

. Для розв’язання цієї системи скористаємося методом Крамера.

D₁ =

;

D₂ =

D₃ =

Разом, координати вектора в базисі , , : .□

Довжина вектора в координатах визначається як відстань між точками початку й кінця вектора. Якщо задані дві точки в просторі А(х₁, y₁, z₁), B(x₂, y₂, z₂), то .

Якщо точка М(х, у, z) ділить відрізок АВ у співвідношенні l/m, то координати цієї точки визначаються як:

В окремому випадку координати середини відрізка знаходяться як:

Лінійні операції над векторами в координатах.

Нехай задані вектори в прямокутній системі координат тоді

Скалярний добуток векторів.

Визначення. Скалярним добуткомвекторів і називається число, рівне добутку довжин цих сторін на косинус кута між ними.

Властивості скалярного добутку:

1) × = ï ï²;

2) × = 0, якщо ^ або = 0 або = 0.

3) × = × ;

4) ×( + ) = × + × ;

5) (m )× = ×(m ) = m( × );

Якщо розглядати вектори в декартовій прямокутній системі координат, то

× = x_a x_b + y_a y_b + z_a z_b;

Використовуючи отримані рівності, одержуємо формулу для обчислення кута між векторами:

;

Приклад. Знайти (5 + 3 )(2 – ), якщо

10 × – 5 × + 6 × – 3 × = 10 ,

оскільки .

Приклад. Знайти кут між векторами й , якщо

.

Тобто = (1, 2, 3), = (6, 4, –2)

× = 6 + 8 – 6 = 8:

.

cos j =

Приклад. Знайти скалярний добуток (3 – 2 )×(5 – 6 ), якщо

+ 12×36 = 240 – 336 + 432 = 672 – 336 = 336.

Приклад. Знайти кут між векторами й , якщо .

Тобто = (3, 4, 5), = (4, 5, –3)

× = 12 + 20 – 15 =17;

.

Приклад. При якому m вектори й перпендикулярні?

= (m, 1, 0); = (3, –3, –4)

.

Приклад. Знайти скалярний добуток векторів і , якщо

( )( ) =

= 10 +

+ 27 + 51 + 135 + 72 + 252 = 547.

Векторний добуток векторів.

Визначення. Векторним добуткомвекторів і називається вектор , що задовольняє наступним умовам:

1) , де j – кут між векторами й ,

2) вектор ортогональний до векторів і

3) , і утворюють праву трійку векторів.

Позначається: або .

j

Властивості векторного добутку векторів:

1) ;

2) , якщо ïï або = 0 або = 0;

3) (m )´ = ´(m ) = m( ´ );

4) ´( + ) = ´ + ´ ;

5) Якщо задані вектори (x_a, y_a, z_a) і (x_b, y_b, z_b) у декартовій прямокутній системі координат з одиничними векторами , то

´ =

6) Геометричним змістом векторного добутку векторів є площа паралелограма, побудованого на векторах і .

Приклад. Знайти векторний добуток векторів і

.

= (2, 5, 1); = (1, 2, –3)

.

Приклад. Обчислити площу трикутника з вершинами А(2, 2, 2), В(4, 0, 3),

С(0, 1, 0).

(од²).

Приклад. Довести, що вектори , і компланарны.

, тому що вектори лінійно залежні, то вони компланарны.

Приклад. Знайти площу паралелограма, побудованого на векторах , якщо

(од²).

Мішаний добуток векторів.

Визначення. Мішаним добутком векторів , і називається число, рівне скалярному добутку вектора на вектор, дорівнює векторному добутку векторів і .

Позначається або ( , , ).

Мішаний добуток за модулем дорівнює об'єму паралелепіпеда, побудованого на векторах , і .

Властивості мішаного добутку:

1) Мішаний добуток дорівнює нулю, якщо:

а) хоч один з векторів дорівнює нулю;

б) два з векторів колінеарні;

в) вектори компланарні.

2)

3)

4)

5) Об'єм трикутної піраміди, утвореної векторами , і , дорівнює

6) Якщо , , то

Приклад. Довести, що точки А(5; 7; 2), B(3; 1; –1), C(9; 4; –4), D(1; 5; 0) лежать в одній площині.

Знайдемо координати векторів:

Знайдемо мішаний добуток отриманих векторів:

,

Таким чином, отримані вище вектори компланарны, отже точки A, B, C і D лежать в одній площині.

Приклад. Знайти об'єм піраміди й довжину висоти, опущеної на грань BCD, якщо вершини мають координати A(0; 0; 1), B(2; 3; 5), C(6; 2; 3), D(3; 7; 2).

Знайдемо координати векторів:

Об'єм піраміди

Для знаходження довжини висоти піраміди знайдемо спочатку площу основи BCD.

S_осн = (од²)

Оскільки V = ; (од).

Рівняння поверхні в просторі.

Визначення. Будь-яке рівняння, що пов'язує координати x, y, z будь-якої точки поверхні є рівнянням цієї поверхні.

Загальне рівняння площини.

Визначення. Площиноюназивається поверхня, всі точки якої задовольняють загальному рівнянню:

Ax + By + Cz + D = 0,

де А, В, С – координати вектора – вектор нормалі до площини.

Можливі наступні окремі випадки:

А = 0 – площина паралельна осі Ох

В = 0 – площину паралельна осі Оу

С = 0 – площину паралельна осі Оz

D = 0 – площина проходить через початок координат

А = В = 0 – площину паралельна площині хОу

А = С = 0 – площину паралельна площині хОz

В = С = 0 – площину паралельна площини yOz

А = D = 0 – площина проходить через вісь Ох

В = D = 0 – площина проходить через вісь Оу

С = D = 0 – площина проходить через вісь Oz

А = В = D = 0 – площина збігається із площиною хОу

А = С = D = 0 – площина збігається із площиною xOz

В = С = D = 0 – площина збігається із площиною yOz

Рівняння площини, що проходить через три точки.

Для того, щоб через три які-небудь точки простору можна було провести єдину площину, необхідно, щоб ці точки не лежали на одній прямій.

Розглянемо точки М₁(x₁, y₁, z₁), M₂(x₂, y₂, z₂), M₃(x₃, y₃, z₃) у загальній декартовій системі координат.

Для того, щоб довільна точка М(x, y, z) лежала в одній площині із точками М₁, М₂, М₃ необхідно, щоб вектори були компланарні.

( ) = 0

Таким чином,

Рівняння площини, що проходить через три точки:

Рівняння площини по двох точках і вектору, колінеарному площині.

Нехай задані точки М₁(x₁, y₁, z₁), M₂(x₂, y₂, z₂) і вектор .

Складемо рівняння площини, що проходить через дані точки М₁ і М₂ і довільну точку М(х, у, z) паралельно вектору .

Вектори й вектор повинні бути компланарні, тобто

( ) = 0

Рівняння площини:

Рівняння площини за однією точкою і двома векторами,

колінеарними площині.

Нехай задані два вектори й , колінеарні площини. Тоді для довільної точки М(х, у, z), що належить площини, вектори повинні бути компланарні.

Рівняння площини:

Рівняння площини за точкою та вектором нормалі.

Теорема. Якщо в просторі задана точка М₀(х₀, у₀, z₀), то рівняння площини, що проходить через точку М₀ перпендикулярно вектору нормалі (A, B, C) має вигляд:

A(x – x₀) + B(y – y₀) + C(z – z₀) = 0.

Доведення. Для довільної точки М(х, у, z), що належить площині, складемо вектор . Оскільки вектор – вектор нормалі, то він перпендикулярний площини, а, отже, перпендикулярний і вектору . Тоді скалярний добуток

×= 0

Таким чином, одержуємо рівняння площини

Теорему доведено.

Рівняння площини у відрізках.

Якщо в загальному рівнянні Ах + Ву + Сz + D = 0 поділити обидві частини на – D

,

замінивши , одержимо рівняння площини у відрізках:

Числа a, b, c є точками перетину площини відповідно з осями х, у, z.

Рівняння площини у векторній формі.

де

– радіус-вектор поточної точки М(х, у, z),

– одиничний вектор, що має напрямок, перпендикуляра, опущеного на площину з початку координат.

a, b и g – кути, утворені цим вектором з осями х, у, z.

p – довжина цього перпендикуляра.

У координатах це рівняння має вигляд:

xcosa + ycosb + zcosg – p = 0.

Відстань від точки до площини.

Відстань від довільної точки М₀(х₀, у₀, z₀) до площини Ах+Ву+Сz+D=0 дорівнює:

Приклад. Знайти рівняння площини, знаючи, що точка Р(4; –3; 12) – підстава перпендикуляра, опущеного з початку координат на цю площину.

Таким чином, A = 4/13; B = –3/13; C = 12/13, скористаємося формулою:

A(x – x₀) + B(y – y₀) + C(z – z₀) = 0.

Приклад. Знайти рівняння площини, що проходить через дві точки P(2; 0; –1) і Q(1; –1; 3) перпендикулярно площини 3х + 2у – z + 5 = 0.

Вектор нормалі до площини 3х + 2у – z + 5 = 0 паралельний шуканої площини.

Одержуємо:

Приклад. Знайти рівняння площини, що проходить через точки А(2, –1, 4) і

В(3, 2, –1) перпендикулярно площини х + у + 2z – 3 = 0.

Шукане рівняння площини має вигляд: Ax + By + Cz + D = 0, вектор нормалі до цієї площини (A, B, C). Вектор (1, 3, –5) належить площині. Задана нам площина, перпендикулярна шуканої має вектор нормалі (1, 1, 2). Оскільки точки А та В належать обом площинам, а площини взаємно перпендикулярні, то

Таким чином, вектор нормалі (11, –7, –2). Оскільки точка А належить шуканій площині, то її координати повинні задовольняти рівнянню цієї площини, тобто 11×2 + 7×1 – 2×4 + D = 0; D = –21.

Отже, одержуємо рівняння площини: 11x – 7y – 2z – 21 = 0.

Приклад. Знайти рівняння площини, знаючи, що точка Р(4, –3, 12) – підстава перпендикуляра, опущеного з початку координат на цю площину.

Знаходимо координати вектора нормалі = (4, –3, 12). Шукане рівняння площини має вигляд: 4x – 3y + 12z + D = 0. Для знаходження коефіцієнта D підставимо в рівняння координати точки Р:

16 + 9 + 144 + D = 0

D = –169

Разом, одержуємо шукане рівняння: 4x – 3y + 12z – 169 = 0

Приклад. Дано координати вершин піраміди А₁(1; 0; 3), A₂(2; –1; 3), A₃(2; 1; 1),

A₄(1; 2; 5).

1) Знайти довжину ребра А₁А₂.

2) Знайти кут між ребрами А₁А₂ і А₁А₄.

3) Знайти кут між ребром А₁А₄ і гранню А₁А₂А₃.

Спочатку знайдемо вектор нормалі до грані А₁А₂А₃ як векторний добуток векторів і .

= (2–1; 1–0; 1–3) = (1; 1; –2);

Знайдемо кут між вектором нормалі й вектором .

–4 – 4 = –8.

Шуканий кут g між вектором і площиною буде дорівнює g = 90⁰ – b.

4) Знайти площу грані А₁А₂А₃.

5) Знайти об'єм піраміди.

(од³).

6) Знайти рівняння площини А₁А₂А₃.

Скористаємося формулою рівняння площини, що проходить через три точки.

2x + 2y + 2z – 8 = 0

x + y + z – 4 = 0;

Аналітична геометрія на площині.

Рівняння лінії на площині.

Як відомо, будь-яка точка на площині визначається двома координатами в якій-небудь або системі координат. Системи координат можуть бути різними залежно від вибору базису й початку координат.

Визначення. Рівнянням лініїназивається співвідношення y = f(x) між координатами точок, що становлять цю лінію.

Відзначимо, що рівняння лінії може бути виражено параметричним способом, тобто кожна координата кожної точки виражається через деякий незалежний параметр t.

Характерний приклад – траєкторія точки, що рухається. У цьому випадку роль параметра грає час.

Рівняння прямої на площині.

Визначення. Будь-яка пряма на площині може бути задана рівнянням першого порядку

Ах + Ву + С = 0,

причому постійні А, В не дорівнюють нулю одночасно, тобто А² + В² ¹ 0. Це рівняння першого порядку називають загальним рівнянням прямої.

Залежно від значень сталих А, В и С можливі наступні окремі випадки:

- C = 0, А ¹ 0, В ¹ 0 – пряма проходить через початок координат

- А = 0, В ¹ 0, С ¹ 0 { By + C = 0} – пряма паралельна осі Ох

- В = 0, А ¹ 0, С ¹ 0 { Ax + C = 0} – пряма паралельна осі Оу

- В = С = 0, А ¹ 0 – пряма збігається з віссю Оу

- А = С = 0, В ¹ 0 – пряма збігається з віссю Ох

Рівняння прямої може бути представлене в різному виді залежно від яких-небудь заданих початкових умов.

Рівняння прямої по точці й вектору нормалі.

Визначення. У декартовій прямокутній системі координат вектор з компонентами (А, В) перпендикулярний прямій, заданій рівнянням Ах + Ву + С = 0.

Приклад. Знайти рівняння прямої, що проходить через точку А(1, 2) перпендикулярно вектору (3, –1).

Складемо при А = 3 і В = –1 рівняння прямої: 3х – у + С = 0. Для знаходження коефіцієнта С підставимо в отриманий вираз координати заданої точки А.

Одержуємо: 3 – 2 + C = 0, отже С = –1.

Разом: шукане рівняння: 3х – у – 1 = 0.

Рівняння прямої, що проходить через дві точки.

Нехай у просторі задані дві точки M₁(x₁, y₁, z₁) і M₂(x_2, y₂, z₂), тоді рівняння прямої, що проходить через ці точки:

Якщо який-небудь зі знаменників дорівнює нулю, варто прирівняти нулю відповідний чисельник.

На площині записане вище рівняння прямій спрощується:

якщо х₁ ¹ х₂ і х = х₁, якщо х₁ = х₂.

Дріб = k називається кутовим коефіцієнтом прямої.

Приклад. Знайти рівняння прямої, що проходить через точки А(1, 2) і В(3, 4).

Застосовуючи записану вище формулу, одержуємо:

Рівняння прямої по точці й кутовому коефіцієнту.

Якщо загальне рівняння прямій Ах + Ву + С = 0 привести до виду:

і позначити , то отримане рівняння називається рівнянням прямої з кутовим коефіцієнтомk.

Рівняння прямої по точці й напрямному вектору.

За аналогією з пунктом, що розглядає рівняння прямої через вектор нормалі можна ввести завдання прямої через точку й напрямний вектор прямої.

Визначення. Кожний ненульовий вектор (a₁, a₂), компоненти якого задовольняють умові Аa₁ + Вa₂ = 0 називається напрямним вектором прямої Ах + Ву + С = 0.

Приклад. Знайти рівняння прямої з напрямним вектором (1, –1), що проходить через точку А(1, 2).

Рівняння шуканої прямої будемо шукати у вигляді: Ax + By + C = 0. Відповідно до визначення, коефіцієнти повинні задовольняти умовам:

1×A + (–1)×B = 0, тобто А = В.

Тоді рівняння прямої має вигляд: Ax + Ay + C = 0, або x + y + C/A = 0. При х = 1, у = 2 одержуємо С/A = –3, тобто шукане рівняння:

х + у – 3 = 0

Рівняння прямої у відрізках.

Якщо в загальному рівнянні прямої Ах + Ву + С = 0, С ¹ 0, то, розділивши на –С, одержимо: або

, де

Геометричний зміст коефіцієнтів у тім, що коефіцієнт а є координатою точки перетину прямої з віссю Ох, а b – координатою точки перетину прямої з віссю Оу.

Приклад. Задано загальне рівняння прямій х – у + 1 = 0. Знайти рівняння цієї прямої у відрізках.

С = 1, , а = –1, b = 1.

Нормальне рівняння прямої.

Якщо обидві частини рівняння Ах + Ву + С = 0 розділити на число , що називається нормуючим множником, то одержимо

xcosj + ysinj – p = 0 –

нормальне рівняння прямої.

Знак ± нормуючого множника треба вибирати так, щоб m×С < 0.

р – довжина перпендикуляра, опущеного з початку координат на пряму, а j – кут, утворений цим перпендикуляром з позитивним напрямком осі Ох.

Приклад. Дано загальне рівняння прямій 12х – 5у – 65 = 0. Потрібно написати різні типи рівнянь цій прямій.

рівняння цієї прямої у відрізках:

рівняння цієї прямої з кутовим коефіцієнтом: (ділимо на 5)

нормальне рівняння прямої:

; cosj = 12/13; sinj = –5/13; p = 5.

Слід відзначити, що не кожну пряму можна представити рівнянням у відрізках, наприклад, прямі, паралельні осям або такі, що проходять через початок координат.

Приклад. Пряма відтинає на координатних осях рівні позитивні відрізки. Скласти рівняння прямої, якщо площа трикутника, утвореного цими відрізками дорівнює 8 дм².

Рівняння прямої має вигляд: , a = b = 1; a×b/2 = 8; a = 4; –4.

a = –4 не підходить по умові задачі.

Разом: або х + у – 4 = 0.

Приклад. Скласти рівняння прямої, що проходить через точку А(–2, –3) і початок координат.

Рівняння прямої має вигляд: , де х₁ = у₁ = 0; x₂ = –2; y₂ = –3.

Для самостійного розв’язання: Скласти рівняння прямих, що проходять через точку М(–3, –4) і паралельних осям координат.

Відповідь: { x + 3 = 0; y + 4 = 0}.

Кут між прямими на площині.

Визначення. Якщо задані дві прямі y = k₁x + b₁, y = k₂x + b₂, то гострий кут між цими прямими буде визначатися як

.

Дві прямі паралельні, якщо k₁ = k₂.

Дві прямі перпендикулярні, якщо k₁ = –1/k₂.

Теорема. Прямі Ах + Ву + С = 0 і А₁х + В₁у + С₁ = 0 паралельні, коли пропорційні коефіцієнти А₁ = lА, В₁ = lВ. Якщо ще й С₁ = lС, те прямі збігаються.

Координати точки перетину двох прямих є як розв’язками системи двох рівнянь.

Рівняння прямої, що проходить через дану точку

перпендикулярно до даної прямої.

Визначення. Пряма, що проходить через точку М₁(х₁, у₁) і перпендикулярна до прямої у = kx + b представляється рівнянням:

Відстань від точки до прямої.

Теорема. Якщо задано точку М(х₀, у₀), то відстань до прямій Ах + Ву + С =0 визначається як

.

Доведення. Нехай точка М₁(х₁, у₁) – основа перпендикуляра, опущеного із точки М на задану пряму. Тоді відстань між точками М и М₁:

(1)

Координати x₁ і у₁ можуть бути знайдені як розв’язки системи рівнянь:

Друге рівняння системи – це рівняння прямої, що проходить через задану точку М₀ перпендикулярно заданої прямої.

Якщо перетворити перше рівняння системи до виду:

A(x – x₀) + B(y – y₀) + Ax₀ + By₀ + C = 0,

то, розв’язуючи, одержимо:

Підставляючи ці вирази в рівняння (1), знаходимо:

.

Теорему доведено.

Приклад. Визначити кут між прямими: y = –3x + 7; y = 2x + 1.

k₁ = –3; k₂ = 2 tg j = ; j = p/4.

Приклад. Показати, що прямі 3х – 5у + 7 = 0 і 10х + 6у – 3 = 0 перпендикулярні.

Знаходимо: k₁ = 3/5, k₂ = –5/3, k₁k₂ = –1, отже, прямі перпендикулярні.

Приклад. Дано вершини трикутника А(0; 1), B(6; 5), C(12; –1). Знайти рівняння висоти, проведеної з вершини С.

Знаходимо рівняння сторони АВ: ; 4x = 6y – 6;

2x – 3y + 3 = 0;

Шукане рівняння висоти має вигляд: Ax + By + C = 0 або y = kx + b.

k = . Тоді y = . Оскільки висота проходить через точку С, то її координати задовольняють даному рівнянню: звідки b = 17. Разом: .

Відповідь: 3x + 2y – 34 = 0.

Для самостійного розв’язання: Дані сторони трикутника x + y – 6 = 0,

3x – 5y + 15 = 0, 5x – 3y – 14 = 0. Скласти рівняння його висот.

Вказівка: Спочатку варто знайти координати вершин трикутника, як точок перетину сторін, потім скористатися методом, розглянутому в попередньому прикладі.

Відповідь: {x – y = 0; 5x + 3y – 26 = 0; 3x + 5y – 26 = 0}.

Криві другого порядку.

Крива другого порядку може бути задана рівнянням

Ах² + 2Вху + Су² + 2Dx + 2Ey + F = 0.

Існує система координат (не обов'язково декартова прямокутна), у якій дане рівняння може бути представлене в одному з виглядів, наведених нижче.

1) – рівняння еліпса.

2) – рівняння “уявного” еліпса.

3) – рівняння гіперболи.

4) a²x² – c²y² = 0 – рівняння двох прямих, що перетинаються.

5) y² = 2px – рівняння параболи.

6) y² – a² = 0 – рівняння двох паралельних прямих.

7) y² + a² = 0 – рівняння двох “уявних” паралельних прямих.

8) y² = 0 – пари співпадаючих прямих.

9) (x – a)² + (y – b)² = R² – рівняння кола.

Коло.

У кола (x – a)² + (y – b)² = R² центр має координати (a; b).

Приклад. Знайти координати центра і радіус кола, якщо її рівняння задане у вигляді:

2x² + 2y² – 8x + 5y – 4 = 0.

Для знаходження координат центра й радіуса окружності дане рівняння необхідно привести до вигляду, зазначеному вище у п.9. Для цього виділимо повні квадрати:

x² + y² – 4x + 2,5y – 2 = 0

x² – 4x + 4 –4 + y² + 2,5y + 25/16 – 25/16 – 2 = 0

(x – 2)² + (y + 5/4)² – 25/16 – 6 = 0

(x – 2)² + (y + 5/4)² = 121/16

Звідси знаходимо О(2; –5/4); R = 11/4.

Еліпс.

Визначення. Еліпсом називається лінія, задана рівнянням .

Визначення. Фокусаминазиваються такі дві точки, сума відстаней від яких до будь-якої точки еліпса є постійна величина.

у

М

r₁

r₂

F₁ O F₂ х

F₁, F₂ – фокуси. F₁ = (c; 0); F₂(–c; 0)

с – половина відстані між фокусами;

a – велика піввісь;

b – мала піввісь.

Теорема. Фокусна відстань і півосі еліпса пов'язані співвідношенням:

a² = b² + c².

Доведення: У випадку, якщо точка М перебуває на перетині еліпса з вертикальною віссю, r₁ + r₂ = 2 (за теоремою Піфагора). У випадку, якщо точка М перебуває на перетині еліпса з горизонтальною віссю, r₁ + r₂ = a – c + a + c. Оскільки за визначенням сума r₁ + r₂ – стала величина, то, прирівнюючи, одержуємо:

a² = b² + c²

r₁ + r₂ = 2a.

Визначення. Форма еліпса визначається характеристикою, що є відношенням фокусної відстані до більшої осі й називається ексцентриситетом.

е = с/a.

Оскільки с < a, то е < 1.

Визначення. Величина k = b/a називається коефіцієнтом стискуеліпса, а величина 1 – k = (a – b)/a називається стискомеліпса.

Коефіцієнт стиску й ексцентриситет пов'язані співвідношенням: k² = 1 – e².

Якщо a = b (c = 0, e = 0, фокуси зливаються), то еліпс перетворюється в окружність.

Якщо для точки М(х₁, у₁) виконується умова: , то вона перебуває всередині еліпса, а якщо , то точка перебуває поза еліпсом.

Теорема. Для довільної точки М(х, у), що належить еліпсу вірні співвідношення:

r₁ = a – ex, r₂ = a + ex.

Доведення. Вище було показано, що r₁ + r₂ = 2a. Крім того, з геометричних міркувань можна записати:

Після піднесення у квадрат і приведення подібних доданків:

Аналогічно доводиться, що r₂ = a + ex. Теорему доведено.

З еліпсом пов'язано дві прямі, названі директрисами. Їх рівняння:

x = a/e; x = –a/e.

Теорема. Для того, щоб точка лежала на еліпсі, необхідно й достатньо, щоб відношення відстані до фокуса до відстані до відповідної директриси було рівним ексцентриситету е.

Приклад. Скласти рівняння прямої, що проходить через лівий фокус і нижню вершину еліпса, заданого рівнянням:

1) Координати нижньої вершини: x = 0; y² = 16; y = –4.

2) Координати лівого фокуса: c² = a² – b² = 25 – 16 = 9; c = 3; F₂(–3; 0).

3) Рівняння прямої, що проходить через дві точки:

Приклад. Скласти рівняння еліпса, якщо його фокуси F₁(0; 0), F₂(1; 1), велика вісь дорівнює 2.

Рівняння еліпса має вигляд: . Відстань між фокусами:

2c = , таким чином, a² – b² = c² = 1/2

за умовою 2а = 2, отже а = 1, b =

Отже: .

Гіпербола.

Визначення. Гіперболоюназивається множина точок площини, для яких модуль різниці відстаней від двох даних точок, що називаються фокусами, є величина стала, менша відстані між фокусами.

у

M(x, y)

b

r₁

r₂

x

F₁ a F₂

c

По визначенню ïr₁ – r₂ï= 2a. F₁, F₂ – фокуси гіперболи. F₁F₂ = 2c.

Виберемо на гіперболі довільну точку М(х, у). Тоді:

позначимо с² – а² = b² (геометрично ця величина – менша піввісь)

Одержали канонічне рівняння гіперболи.

Гіпербола симетрична щодо середини відрізка, що з'єднує фокуси й щодо осей координат.

Вісь 2а називається дійсною віссю гіперболи.

Вісь 2b називається уявною віссю гіперболи.

Гіпербола має дві асимптоти, рівняння яких

Визначення. Відношення називається ексцентриситетом гіперболи, де с – половина відстані між фокусами, а – дійсна піввісь.

З врахуванням того, що с² – а² = b²:

Якщо а = b, e = , то гіпербола називається рівнобічною (рівносторонньою).

Визначення. Дві прямі, перпендикулярні дійсній осі гіперболи й розташовані симетрично щодо центра на відстані a/e від нього, називаються директрисами гіперболи. Їх рівняння: .

Теорема. Якщо r - відстань від довільної точки М гіперболи до якогось фокуса, d - відстань від тієї ж точки до відповідної цьому фокусу директриси, то відношення r/d - величина стала, рівна ексцентриситету.

Доведення. Зобразимо схематично гіперболу.

y a/e d

M(x, y)

r₁

О a F₁ x

OF₁ = c

З очевидних геометричних співвідношень можна записати:

a/e + d = x, отже d = x – a/e.

(x – c)² + y² = r²

З канонічного рівняння: , з обліком b² = c² – a²:

Тоді тому що с/a = e, то r = ex – a.

Разом: .

Для лівої гілки гіперболи доведення аналогічне. Теорему доведено.

Приклад. Знайти рівняння гіперболи, вершини й фокуси якої перебувають у відповідних вершинах і фокусах еліпса .

Для еліпса: c² = a² – b².

Для гіперболи: c² = a² + b².

Рівняння гіперболи: .

Приклад. Скласти рівняння гіперболи, якщо її ексцентриситет дорівнює 2, а фокуси збігаються з фокусами еліпса з рівнянням

Знаходимо фокусну відстань c² = 25 – 9 = 16.

Для гіперболи: c² = a² + b² = 16, e = c/a = 2; c = 2a; c² = 4a²; a² = 4; b² = 16 – 4 = 12.

Отже: – шукане рівняння гіперболи.

Парабола.

Визначення. Параболою називається множина точок площини, кожна з яких перебуває на однаковій відстані від даної точки, названої фокусом, і від даної прямої, названої директрисою, такої що не проходить через фокус.

Розташуємо початок координат посередині між фокусом і директрисою.

у

А М(х, у)

О F x

p/2 p/2

Величина р (відстань від фокуса до директриси) називається параметромпараболи. Виведемо канонічне рівняння параболи.

З геометричних співвідношень: AM = MF; AM = x + p/2;

MF² = y² + (x – p/2) ²

(x + p/2) ² = y² + (x – p/2) ²

x² +xp + p²/4 = y² + x² – xp + p²/4

y² = 2px

Рівняння директриси: x = – p/2.

Приклад. На параболі у² = 8х знайти точку, відстань якої від директриси дорівнює 4.

З рівняння параболи одержуємо, що р = 4.

r = x + p/2 = 4; отже:

x = 2; y² = 16; y = ±4. Шукані точки: M₁(2; 4), M₂(2; –4).

Системи координат.

Будь-яка точка на площині може бути однозначно визначена за допомогою різних координатних систем, вибір яких визначається різними факторами. Спосіб задання початкових умов для розв’язання якої-небудь конкретної технічної задачі може визначити вибір тієї або іншої системи координат. Для зручності проведення обчислень часто краще використати системи координат, відмінні від декартової прямокутної системи. Крім того, наочність подання остаточної відповіді найчастіше теж сильно залежить від вибору системи координат. Нижче розглянемо деякі найбільше часто використовувані системи координат.

Полярна система координат.

Читайте також:

1. VIII. Реакції, в результаті яких утворюються високомолекулярні сполуки
2. Абсолютні та відності показники результатів діяльності підприємства.
3. Акцентуація характеру – перебільшений розвиток певних властивостей характеру на шкоду іншим, в результаті чого погіршуються відносини з оточуючими людьми.
4. Аналіз результатів за відхиленнями
5. Аналіз результатів національного виробництва.
6. Аналіз результатів практичної діяльності Київського освітньо-методичного центру соціальної роботи
7. Аналіз рівня, динаміки та структури фінансових результатів підприємства
8. Аналіз фінансових результатів діяльності туристичних підприємств
9. Апробація результатів дисертації
10. Аудит доходів і результатів діяльності
11. Аудит фінансових результатів роботи підприємства
12. Бухгалтерський облік доходів і фінансових результатів підрядних будівельних організацій

Переглядів: 2763