Linear_algebra - Донецкий национальный технический

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ,
МОЛОДЁЖИ И СПОРТА УКРАИНЫ
ДОНЕЦКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
Беловодский В.Н., Бабакина А.А.
Методические указания для самостоятельной работы студентов по
дисциплине «Элементы линейной алгебры и
аналитической геометрии».
(Для студентов заочной формы обучения
специальностей 6.05010101 и 6.05010105
«Информационные управляющие системы»,
«Компьютерный эколого-экономический мониторинг»,
«Программирование медиа-систем и компьютерный дизайн».)
Рассмотрено на заседании
кафедры КСМ
Протокол №2 от 16.09.11
Утверждено на заседании
учебно-издательского
Совета ДонНТУ
протокол № 6 от 06.10.11
Донецк -2011
УДК 512.8
Методические указания для самостоятельной работы студентов по
дисциплине «Элементы линейной алгебры и аналитической геометрии».
(Для студентов заочной формы обучения специальностей
6.05010101 и
6.05010105 «Информационные
управляющие системы», «Компьютерный
эколого-экономический мониторинг», «Программирование медиа-систем и
компьютерный дизайн».) Сост.: Беловодский В.Н., Бабакина А.А.- Донецк,
ДонНТУ, 2011.-105 стр.
Приведены краткие теоретические сведения, методические указания и
задания к выполнению индивидуальных работ по курсу «Элементы линейной
алгебры и аналитической геометрии» для студентов заочной формы обучения
специальностей
«Компьютерный
экологический
мониторинг»,
«Программирование и компьютерный дизайн» и «Информационные и
управляющие системы». Изложены вопросы, связанные с
основными
понятиями линейной алгебры (определители, матрицы, системы линейных
уравнений, векторы) и аналитической геометрии (прямая и плоскость в
пространстве, кривые второго порядка). Каждый раздел содержит образцы
решения типовых примеров, задачи для самостоятельного решения и наборы
индивидуальных заданий.
Методическое пособие направлено на изложение теоретических основ
курса линейной алгебры и аналитической геометрии и формирование
практических навыков по решению типовых задач.
Рецензент: доцент кафедры КСМ к.ф.-м.н. Г.Т. Климко
2
Содержание
1. Определители, их свойства .................................................................................... 5
1.1. Определения, правила вычисления ................................................................. 5
1.2. Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения ......................... 8
1.3 Варианты индивидуальных заданий .............................................................. 10
2. Матрицы ................................................................................................................. 14
2.1. Определения, основные операции, свойства ............................................... 14
2.2. Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения ....................... 17
2.3. Варианты индивидуальных заданий ............................................................. 24
3. Решение систем линейных алгебраических уравнений ................................... 26
3.1. Основные методы ........................................................................................... 26
3.1.1. Правило Крамера. ..................................................................................... 26
3.1.2. Метод Гаусса............................................................................................ 27
3.1.3. Матричный метод. .................................................................................... 30
3.2. Решение типовых примеров .......................................................................... 32
3.3. Задачи для самостоятельного решения ........................................................ 36
3.4. Варианты индивидуальных заданий ............................................................. 37
4. Векторы .................................................................................................................. 40
4.1. Понятие вектора, основные операции .......................................................... 40
4.1.1.Способы задания векторов ....................................................................... 40
4.1.2. Линейные операции над векторами........................................................ 40
4.1.2.1. Умножение вектора на число ........................................................... 41
4.1.2.2. Сложение (вычитание) векторов ...................................................... 41
4.1.3. Разложение вектора по базису ............................................................... 41
4.1.4. Скалярное произведение векторов ......................................................... 42
4.1.5. Векторное произведение векторов ......................................................... 43
4.1.6. Смешанное произведение векторов ....................................................... 45
4.2. Типовые примеры, методические указания ................................................. 47
4.3. Варианты индивидуальных заданий ............................................................. 54
5. Плоскость в пространстве .................................................................................... 57
5.1. Формы уравнения ........................................................................................... 57
5.1.1.Каноническое уравнение .......................................................................... 57
5.1.2.Плоскость, проходящая через три заданные точки ............................... 57
5.1.3.Общее уравнение ....................................................................................... 58
5.2.Некоторые задачи, связанные с плоскостью................................................ 59
5.2.1.Угол между плоскостями.......................................................................... 59
5.2.2.Расстояние от точки до плоскости ........................................................... 60
5.3.Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения ........................ 61
5.4.Варианты индивидуальных заданий .............................................................. 67
6. Прямая в пространстве ......................................................................................... 69
6.1.Формы уравнений ............................................................................................ 69
6.1.1.Канонические уравнения .......................................................................... 69
6.1.2.Параметрические уравнения .................................................................... 69
6.1.3.Прямая, проходящая через две точки ...................................................... 70
6.1.4.Общие уравнения прямой ......................................................................... 70
3
6.2.Некоторые основные задачи ........................................................................... 70
6.2.2.Угол между прямой и плоскостью .......................................................... 72
6.2.3.Расстояние от точки до прямой................................................................ 73
6.2.4.Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми ...................... 74
6.3.Замечание .......................................................................................................... 75
6.4. Примеры и задачи для самостоятельного решения ..................................... 76
6. 5. Варианты индивидуальных заданий ............................................................ 84
7. Кривые второго порядка ....................................................................................... 87
7.1.Канонические формы уравнений ................................................................... 87
7.1.1. Эллипс........................................................................................................ 87
7.1.2. Окружность ............................................................................................... 89
7.1.3. Гипербола .................................................................................................. 90
7.1.4. Парабола .................................................................................................... 93
7.2. Общее уравнение кривых второго порядка, их классификация ................ 95
7.3. Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения ....................... 96
7.4. Варианты индивидуальных заданий ........................................................... 103
Список литературы ................................................................................................ 105
4
1. Определители, их свойства
1.1. Определения, правила вычисления
Понятие определителя было введено во второй половине XIX века в связи
с разработкой основ теории решения линейных систем алгебраических
уравнений. Под определителем понимается число, представленное в виде
квадратной таблицы чисел, заключенной между вертикальными отрезками,
которое вычисляется по определенным правилам.
 a11 a12 
 .
Пусть дана некоторая квадратная таблица чисел 2х2: 
a
a
 21 22 
Определителем (детерминантом) порядка 2 называется число  ,
которое вычисляется по следующему правилу:
a11 a12
=
= a11 a22 - a12 a 21 .
a21 a22
Определитель 3-го порядка для квадратной таблицы чисел 3х3
называется число, которое вычисляется по правилу:

a11
a12
a21 a22
a31 a32
- a13
a13
a23 = a
11
a33
a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 -
a22 a31 - a11 a23 a32 - a12 a21 a33 .
Это выражение хорошо запоминается с помощью специального
мнемонического правила называемого, правилом
треугольников.
Схематически его можно представить так:
«+»
«-»
,
5
где слева указаны произведения элементов, входящих
знаком «+», справа,- со знаком «-» .
в выражение (3) со
Для вычисления определителей более высоких порядков используется
правило, основанное на понятии алгебраического дополнения.
Рассмотрим элемент a ij . Удалим из определителя i-ю строку и j-ый
столбец. Оставшиеся элементы образуют определитель порядка (n-1). Он
называется минором элемента a ij и обозначается символом M ij . Тогда число
Aij = (1) i j  M ij ,
называется алгебраическим дополнением элемента a ij . Справедливо
утверждение: сумма произведений элементов любой строки (или столбца)
на их алгебраические дополнения равна определителю  . Т.е.
a11 A11 + a12 A12 +… + a1n A1n =
a21 A21 + a22 A22 +… + a2 n A2 n =…=
= a11 A11 + a21 A21 +…+ an1 An1 =
a12 A12 + a22 A22 +… an 2 An 2 =…=  .
Данное правило удобно тем, что позволяет сводить вычисление одного
определителя n-го порядка к вычислению n определителей порядка (n-1),
понижая, тем самым, порядок оперируемых определителей.
4
3
Пример 1. Вычислить определитель
2
2
1
5
0 2
1 1
.
1 1
2 1 0  3
Решение:
Возьмём первую строку. Для элемента 4 – алгебраическое дополнение
À11  (1)11
1
5
1 1
1 1 ,
для
элемента
2
–
алгебраическое
дополнение
для
элемента
0
-
алгебраическое
дополнение
1 0  3
À12  (1)1 2
3 1
2 1
1
1 ,
2 0 3
6
À13  (1)
1 3
3
2
1
5
1
1 ,
для
элемента
-2 - алгебраическое дополнение
2 1  3
3
À14  (1)
1 4
11
  4 (1)
1
1
2 5 1 . Таким образом,
2 1 0
1
5
1 1
3 1
1 2
1  1 +2 (1) 2 1
1 0  3
3 1 1
1
1 4
 1 +(-2) (1) 2 5 1 =
2 1 0
2 1  3
1
3
13
 1 +0 (1) 2
2 0 3
1
5
=4 (1)11 14+2 (1)1 2 (-7)+0 (1)13 (-56)+(-2) (1)1 4 (-7)=56+14-0-14=56.
Ответ: 56.
Замечание. Если в строках таблицы встречаются нулевые элементы, то
целесообразно стараться проводить разложение определителя по той его
строке, в которой нулевых элементов больше.
В ряде случаев
удается упростить вычисление определителя,
предварительно преобразовав его, воспользовавшись свойствами:
o При умножении всех элементов строки или столбца определителя
на некоторое число её определитель также умножается на это число.
o Определитель не изменится, если к одной строке поэлементно
прибавить другую строку, умноженную на некоторое число.
o При перестановке двух строк или столбцов знак определителя
меняется на противоположный.
Два последних свойства определителя позволяют привести таблицу
определителя к треугольному виду, тогда определитель с точностью до знака
совпадёт с произведением диагональных элементов:
a11
0
a12
a 22
... a1n
... a 2 n
...
0
...
0
... ...
... a nn
 a11a 22 ...a nn и
Пример 2. Вычислить определитель
a11 ... a1,n 1
a 21 ... a 2,n 1
a1n
0
... ...
a n1 0
...
0

...
0
 (1)
n ( n 1)
2
a1n a 2,n 1 ...a n1
3 3 5 8
3 2
4 6
=
.
2 5 7 5
4
3
5
6
Решение:
7
Шаг 1.Прибавим ко второй строке первую, а к четвёртой – третью,
умноженную на 2.
Шаг 2.Умножим третью строку на 3. Для того, чтобы значение
определителя не изменилось, умножим полученный определитель на 1/3.
Шаг 3. Умножим первую строку на -2 и прибавим к ней третью. При
этом, согласно второго свойства, значение определителя не изменится.
Шаг 4. Умножим вторую строку на -9 и прибавим ее к третьей, а вторую
строку на -7 и прибавим к ней четвёртую.
Шаг 5. Умножим третью строку на -1 и прибавим к ней четвёртую.
Шаг 6. Воспользуемся формулой (4).
Имеем
3 3 5 8
3 3 5 8
3 2
4 6
0 1 1 2
1
=
=
2 5 7 5
2 5 7 5
3
4 3
5 6
0 7 9 4
3 3 5 8
0 1 1 2
=
6  15  21 15
0
7
9
4
3 3 5 8
3 3 5 8
3 3 5
8
2
2
1 0 1 1 2
1 0 1 1
1 0 1 1
=
=
=
=
3 0  9  11  1
3 0 0  2  19
3 0 0  2  19
0 7 9 4
0 0  2  10
0 0
0
9
1
 3(1)( 2)9 = 18 .
3
Ответ: 18.
=
1.2. Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения
1. Вычислить определители:
3 1
;
а)
0 2
1 4 5
б)  1 8 1 .
1
1 3
Решение:
а)
3 1
 3 2  0  6 ;
0 2
8
1
4 5
б)  1 8 1  1  8  3  (1)  1  5  1  1  4  1  8  5  1  1  1  (1)  4  3  24  5  4  40  1  12  6
1
1 3
Ответ: а)6; б)-6.
2. Решить уравнение
1 5 3
3 x
x 3
- x  4 2 6 +4=
.
1 2
1 2
2 1 1
Решение:
Вычислим определители, входящие в уравнение. Имеем
3 x
=6-х;
1 2
x 3
1 2
1 5 3
=2х-3; 4 2 6 =2+12+60-12-6-20=36.
2 1 1
В результате этого уравнение принимает вид
6  x  36x  4  2x  3
или
 39x  13 .
Отсюда
1
x .
3
Ответ: x =
1
.
3
Задачи для самостоятельного решения
1. Вычислить определители
3 10
1)
;
1 2
7
5
3
2) 4 3 6 ;
2 11 1
8 15 23
3) 4 12 6 .
2
1
17
Ответ: 1)-4; 2)-287; 3)284.
2. Вычислить определители при помощи разложения его по строке.
9
99 100 100 101
100 100 101 101
1)
;
101 102 102 102
0 2 3 4
1 1 2 3
2)
.
1 0 1 2
102 102 103 104
1 0 0 1
Ответ: 1)-1; 2)1.
3. Вычислить определители, предварительно преобразовав их
треугольному виду.
4 3 2 1
1 0 0 0
1)
;
2 8 5 0
3 1 1 1
2 1 1 1
2)
;
8 5 9 5
3 7 4 0
7
к
1 1 1 1
1 2 1 2
3)
.
1 1 3 1
7 7 4
1 2 1 4
Ответ: 1)3; 2)12; 3)4.
4. Вычислить определители четвертого порядка, преобразовав их так,
чтобы три элемента некоторого ряда равнялись нулю, и разложить
полученные определители по элементам этого ряда
5
4
7
6
1)
3 2
0
2
1
5
0
;
0
0
4
2)
7
4 3 2 1
3
3
5
0 2
0 3
.
0 4
2 2 2 5
Ответ: 1)10; 2)-11.
5. Решить уравнение или неравенство
3 x 1
3 2
x 3
1) 2 8 4 - 3 x 
+4=
;
1 2
1 2
0 1 3
Ответ: 1)3,45; 2)   ;

3 x 1
3 2 2 x
2) 2 1 4 - 3x 

1 2 1 3
0 1 3
7
.
17 
1.3 Варианты индивидуальных заданий
Задание 1.а),б) Вычислить указанные определители.
в) Вычислить определитель четвертого порядка, предварительно
преобразовав его так, чтобы три элемента некоторого ряда равнялись нулю,
и разложить полученный определитель по элементам этого ряда.
а)
1 2
Вариант 1
4 1
Задание
б)
2 1 3
5 3 2
1 4 3
в)
2 1 3 1
0 1 2 4
2 3 4 0
1 2 1 2
10
Вариант 2
3 2
8 1
3 2 1
2 5 3
3 4 2
Вариант 3
1
2
4 3
1
31
3 2 8
1 7 5
2
1
2
1  3 1
1 1 1
3
4 5
1
0
1
1
0 2 1 2
2 3 8 1
5 4 1 0
5
1 1 3 4
15 23
Вариант 4
43
8
3 2 4
4 1 2
5 2 3
3 2 0 1
2 1 3 1
3 3 1 2
4
Вариант 5
9 2
24 1
3
8
4
7
2 1
5
2
8
2
2 1 4 1
3 0 1 1
1 2 3 4
3
Вариант 6
13547 13647
28423 28523
3
235 589
548 782
1
3
57 90
56 83
2 2 2
1
0 1
1
4
2
1
2
98 68
59 91
3 2 1
6 4 2
4 2 1
987 0
4 2 4
58
2
4
1
1  2
2
4
2
1
3 0 1 2
2 4 1 0
2 1 0 1
4
Вариант 10
1 1
3 2 2 1
0 1 1 3
2 1 1 0
4 5
Вариант 9
1
2 1 3 1
1 0 3 4
1 1 0 2
2 1 0
1 1 1
2 1 1
Вариант 8
1 1 1
3 1 2 4
0 2 1 3
2 1
3 1
2 1 0
1 1 1
0 1 3
Вариант 7
3 5
2 1 3
2 1
1 1
3 0
3
2
4
4
3
2
1 1  3 0
Вариант 11
89 3
45 5
4 2 6
2 0 3
2 1 3
1 2 3 4
2 1 3 2
0 1 1 2
3 2 4 0
11
Вариант 12
6 9
1 8
4 3
2
3 2 1
2 1 1
3 2 1 2
1 1 3
2
4 0 2 1
1 1
Вариант 13
8
56
58
9
1 1 1
1 2 3
1 3 6
2
0
2 1 3 2
4 0 1 1
2 3 3 0
1 1 2
Вариант 14
100 1
200 99
0 1 1
2 0 2
3 3 0
3 2 2 1
0 1 1 3
2 3 1 4
4 2
Вариант 15
2 3
1 4
1 1 1
5 9 5
7 7 4
3
1
1
2 1  3 4
0 3
2 1
2 1 3 2
1
2
3
1
Задание 2. Решить уравнение или неравенство:
Задание
Вариант 1
Вариант 2
Вариант 3
Вариант 4
Вариант 5
12
Вариант 6
Вариант 7
Вариант 8
Вариант 9
Вариант 10
Вариант 11
Вариант 12
Вариант 13
Вариант 14
Вариант 15
13
2. Матрицы
2.1. Определения, основные операции, свойства
В настоящее время матрицы широко используются для сокращенного
представления систем алгебраических и дифференциальных уравнений. Хотя
первые
упоминания о них относятся еще к древнему Китаю, их
систематическое использование начинается, пожалуй, с ХIХ века в связи с
развитием теории решения систем линейных алгебраических уравнений.
Прямоугольная таблица А, действительных или комплексных чисел,
содержащая m строк и n столбцов, называется матрицей порядка m на n.
Размерность матрицы обозначается так: dim A  m  n . В развернутом виде
матрица А порядка m n выглядит следующим образом:
 a11

 a21
А=  ...

a
 m1
a12
...
a22
...
...
...
am 2
...
a1n 

a2 n 
...  .

amn 
Если m=n, то матрица называется квадратной, в противном случае,–
прямоугольной. В квадратной матрице элементы
a11 , a22 ,..., ann образуют ее
главную диагональ, элементы a1n , a2 n1 ,..., an 1 , - побочную.
Матрицы А и В называются равными, если они имеют одинаковую
размерность и равные соответствующие элементы. Если в матрице все
элементы равны нулю, то она называется нулевой. Ее иногда обозначают
символом 0.Если в квадратной матрице элементы главной диагонали равны 1, а
все остальные равны 0, то она называется единичной. Обычно она обозначатся
символом Е, т.е.
 1 0 ... 0 


0
1
...
0



Е= ... ... ... ...  .


 0 0 ... 1 


Если в квадратной матрице элементы симметрично расположенные
относительно главной диагонали равны, т.е. aij  a ji , то она называется
симметричной. Если в квадратной матрице элементы симметрично
расположенные относительно главной диагонали противоположны, т.е.
14
aij   a ji , то она называется антисимметричной. Если положить i = j, и
переставить равные индексы, то из определения, очевидно, должно следовать
aii   aii , откуда aii  0 . Таким образом, в антисимметричной матрице
элементы главной диагонали равны нулю.
Опишем основные операции над матрицами.
Сложение (вычитание). Эта операция определена
для матриц
одинаковой размерности. При сложении (вычитании) матриц происходит
сложение (вычитание) их соответствующих элементов. Т.е.
 a11

 a21
 ...

a
 m1
a12
...
a22
...
...
...
am 2
...
a1n 

a2 n 

... 

amn 
 b11

 b21
 ...

b
 m1
b12
b22
...
bm 2
b1n   a  b
11
  11
b2 n   a 21  b21
=
... ...  
...
 


... bmn   a m1  bm1
...
...
a12  b12
a 22  b22
...
...
...
a m 2  bm 2
...
...
a1n  b1n 

a 2 n  b2 n 
.
...

a mn  bmn 
Умножение на число. Для того, чтобы умножить матрицу на число 
необходимо на это число умножить все её элементы. Т.е.

 a11

 a21
 ...

a
 m1
a12
...
a22
...
...
...
am 2
...
a1n   a11
 
a2 n   a 21
=
...   ...
 
amn   a m1
a12
a 22
...
a m 2
...
...
a1n 

a 2 n 
.
...
... 

... a mn 
Транспонирование. Для того чтобы транспонировать матрицу A
T
необходимо сформировать новую матрицу, она обозначается A , столбцами
которой являются соответствующие строки исходной.
1

 1 2 3
T
 , тогда А   2
Пусть, например, A  
 4 5 6
3

4

5 .
6 
Обратим внимание на изменение размерности при транспонировании.
Так, если dim A  m  n , то dim A  n  m .
T
Произведение матриц. Эта операция обозначается A B или просто AB и
определена для матриц, размерность которых удовлетворяет определенным
условиям. А именно, число столбцов первого множителя, т.е. матрицы A ,
должно быть равно числу строк второго множителя, т.е. матрицы В. Пусть,
например, dim A  m  k , dim B  k  n . Обозначим через C результат
15
произведения ,т.е С= A  B  AB . Тогда dimC= mxn , т.е. C  (cij ) m,n и i,j –й
элемент матрицы C равен произведению i-ой строки матрицы A на j-й столбец
k
матрицы B , т.е. cij   ail blj  ai1b1 j  ai 2b2 j  ...  aik bkj
l 1
Проиллюстрируем перемножение матриц следующей схемой:
Замечание. Обратим внимание, что находить произведение матриц в
обратном порядке не всегда можно из-за различных размерностей. Например,
dim A  2  3 , а dim B  3  4 . Произведение АВ определено, а произведение
ВА не существует. Но даже в тех случаях, когда оба произведения существуют
они не не всегда равны. Проиллюстрируем это на примере.
Пример 1. Найти произведение АВ и ВА матриц:
A  (1 2
1
 
B

 2 .
3) ,
 3
 
Решение:
Имеем
A  B  (1  2  2  2  3  3)  (14),
но
 1 1 1  2 1  3   1 2 3 
1

 

 
B  A   2  (1 2 3)   2 1 2  2 2  3    2 4 6  .
 1 3 3  2 3  3   3 6 9 
 3


 
 
 1 2 3


Ответ: A  B  (14) ; B  A   2 4 6  .
 3 6 9


Матрица B называется обратной к матрице A , если AB  BA  E , где
E - единичная матрица. Матрица обратная к данной, обычно, обозначается
B  A1 . Обратная матрица определена только для квадратных матриц.
Пусть dim A  n  n , обозначим через det A  0 определитель, составленный
из элементов матрицы A . Тогда
16
 A11 A12

1
 A21 A22
A 1 
det A  ... ...

A A
n2
 n1
где
Aij
A 
ij n ,n
T
... A1n 

... A2 n 
... ...  ,

... Ann 
- алгебраические дополнения элементов
aij
матрицы
A , а матрица
называется присоединённой. Заметим, что только те квадратные
матрицы имеют обратные, определители которых отличны от нуля.
В заключение перечислим некоторые из свойств рассмотренных выше
операций:
1. A  B  B  A , переместительный закон.
2. AB  C   AB  AC , распределительный закон.
3. ( AB)C  A( BC ) , сочетательный закон.
4.
  A  B  A  B , распределительный закон для операции умножения
на число.
5.    A  A  A , также распределительный для умножения чисел на
матрицу.
6. AB  BA . Смотри, в частности, приведенный выше пример.
7. A  0  A , т.е. нулевая матрица играет роль нулевого элемента в
матричном исчислении.
8. AE  EA  A , т.е. матрица Е играет роль единицы в операциях над
матрицами.
2.2. Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения
1. Даны матрицы А, В, С, D. Найти А+В, А-В, В-А, А2, В3, СD.
5 7
 ;
A  
4
1


1 0
 ;
B  
3
2


 2 1 3


C   3 2 1 ;
 0 1 3


 2 3


D   6 0 .
 1 5


Решение:
Согласно п.2.1, имеем
 5 7 1
  
 4 1 3
 5 7  1
  
А-В= 
 4 1 3
А+В= 
0 6 7
=

2   7 3 
0 4 7 
 =

2   1  1
17
1 0  5 7   4  7
 - 
 = 

3 2  4 1    1 1 
В-А= 
 5 7   5 7   25  24 35  7   49 42 
  
  
  

 4 1   4 1   20  4 28  1   24 29 
А2= A  A  
1 0 1 0 1 0 1  0 0  0 1 0 1 0 1 0
  
  
  
  
  
  
 
3 2 3 2 3 2 3  6 0  4 3 2 9 4 3 2
В3= B  B  B  
 1 0 0  0  1 0
  

 
 9  12 0  8   21 8 
 2 1 3   2 3   4  6  3 6  0  15  13 21

 
 
 

СD=  3 2 1    6 0  =  6  12  1 9  0  5   19 14 
 0 1 3   1 5   0  6  3 0  0  15   9 15 
 


 
 
6 7
4
7
 4
 ; А-В= 
 ; В-А= 
Ответ: А+В= 
 7 3
 1  1
1
 7
 49 42 
 ; А2= 
 ;
1 
24
29


13 21


 1 0
 ; СD= 19 14  .
В = 
 21 8 
 9 15 


3
2. Найти обратные матрицы к матрицам А и С.
2 3
 2


 2 1 C   1

1
0
.
 ;
A  
4
3
 1 2 1




Решение:
Для матрицы А
Шаг 1. Найдем определитель матрицы А.
Имеем
2 1
det A 
64 2
4 3
Шаг 2. Составим присоединенную матрицу
Определим алгебраические дополнения:
A .
A11  (1)11  3  3,
A12  (1)12  4  4,
18
A21  (1) 21 1  1,
A22  (1) 22  2  2.
Таким образом,
 3  4
 .
A  
1 2 
Шаг 3. Транспонируем полученную присоединённую матрицу
3  1

 4 2 
AT = 
Шаг 4. Составим обратную матрицу:
1
 3
1
1  3  1

1
T
1


 , или A  2
A 
 A  
2.

det A
2 4 2 
1 
 2
Шаг 5. Проверим результат. Ограничимся вычислением
1

A A
2
1 
1
 3

2  ( )  1 
 2   1  ( 2)
1 0
2
  

 2
 4  3  3  ( 2) 4    1   3 1  0 1 
 2

 2


Найдём теперь обратную матрицу для матрицы С
1
2
 
4
1  3
 2
3   2


Шаг 1. Найдем определитель матрицы С.
Имеем
2
2 3
0 6 5
det C  1  1 0  0 1
1 2 1 1 2
6
1  (1)  (1)31 
1
1
Шаг 2. Составим присоединенную матрицу
Определим алгебраические дополнения:
1
2
1
A12  (1)1 2 
1
1
A13  (1)1 3 
1
A11  (1)11 
5
1
 1
C .
0
 1,
1
0
 1,
1
1
 1,
2
19
2
2
2
A22  (1) 2  2 
1
A21  (1) 2 1 
3
 4,
1
3
 5,
1
A23  (1) 2  3 
2 2
 6,
1 2
A31  (1) 31 
2 3
 3,
1 0
A32  (1) 3 2 
A33  (1) 3 3 
2
1
2
1
3
 3,
0
2
 4.
1
Таким образом,
 1 1 1 


C   4
5  6 .
 3
3  4 

Шаг 3. Транспонируем полученную присоединённую матрицу
C
T
3 
 1 4


=  1 5
3 
 1  6  4


Шаг 4. Составим обратную матрицу:
3 
 1 4
 1  4  3




1
1
T
C 
 C     1 5
3  , или C 1   1  5  3  .
det C
 1  6  4
 1 6
4 



Шаг 5. Проверим результат. Ограничимся вычислением
2 3  1  4  3 
 2



C  C 1   1  1 0  1  5  3  
  1 2 1   1 6
4 


 2  2  3  8  10  18

  1 1  0
450
 1  2 1
4  10  6

 6  6  12   1
 
 3 3 0   0
3  6  4   0
0
1
0
0

0
1 
20
1
Ответ: A
 3
 2

 2
1
1
  C 1   1

2;
 1
1 

4
5
6
 3

 3 .
4 
 1 2
1 1
  X  
 .
 2 3
1 1
3. Решить матричное уравнение 
Решение.
Уравнение имеет вид A  X  B . Для того, чтобы найти X необходимо и
левую и правую части уравнения умножить слева на А-1: A 1 A  X  A 1 B ,
E  X  A 1 B , X  A 1 B .Здесь Е - единичная матрица, представленная ранее. Она
обладает свойством E  X  X  E  X .
 1 2
 . Построим A1 :
В данном примере A  
2
3


1 2
det A 
 3  4  1
2 3
Составим присоединенную матрицу
Найдем алгебраические дополнения:
A .
A11  (1)11  3  3, A12  (1)1 2  2  2, A21  (1) 21  2  2, A22  (1) 2 2  1  1.
 3  2
 .
A  
 2 1 
 3
T
Транспонируем A : A  
 2
 2
.
1 
Найдём обратную матрицу A1 
 3
1
 AT  
det A
 2
 2   3 2 
=
.
1   2  1
Теперь найдём Х:
  3 2  1 1   1  1
  
  
.
X  
1 
 2  1 1 1  1
  1  1
 .
1 1
Ответ: 
Замечание. Если уравнение имеет вид X  A  B , то для того, чтобы найти X
необходимо и левую и правую части уравнения умножить уже справа на А-1:
X  A  A 1  B  A 1 , X  E  B  A 1 , X  B  A 1 .
Такой способ решения матричных уравнений можно применять только в
том случае, если матрица А-1 существует ( det A  0 ).
4. Найти все матрицы X второго порядка, удовлетворяющие уравнению:
 2 3
 5 2

  X  
 .
 4 6
10 4 
21
Решение.
Имеем
 2 3
 , det A  12 12  0 .
A  
 4 6
Воспользуемся методом, который, как правило, можно использовать к
решению матричных уравнений. Представим матрицу X в виде
x
X   1
 x2
y1 
.
y 2 
Тогда исходное уравнение примет вид
 2 3   x1

  
 4 6   x2
y1   5 2 

,
y 2  10 4 
или после перемножения,
 2 x1  3x 2

 4 x1  6 x 2
2 y1  3 y 2   5 2 

.
4 y1  6 y 2  10 4 
Отсюда, сравнивая соответствующие элементы,
2 x1  3x 2  5

4 x1  6 x 2  10
и
2 y1  3 y 2  2
.

4 y1  6 y 2  4
Обе системы имеют бесконечное количество решений. Отбросим в каждой из
систем вторые уравнения и выразим одну переменную через другую
x1 
5 3
3
 x 2 , y1  1  y 2 ,
2 2
2
где x2 , y 2 - произвольные числа. Таким образом, окончательно, матрица Х имеет
вид:
3 
5 3
  x 2 1  y 2  , x  R, y  R .
2  2
2
2 2
y2 
 x2


Ответ:  2  2 x 2 1  2 y 2  , x2  R, y 2  R .
5

3
3
x2
y2

Задачи для самостоятельного решения
1. Даны матрицы А, В, С. Вычислить А+В, А-В, А*В, А*С, А2.
22
 2 1
1  1
3
5
 ; B  
 ; C  
 ;
а) A  
 3 2
1 1 
 6  1
 3 1 1
 1 1  1
 1  1






б) A   2 1 2  ; B   2  1 1  ; C   2 0  .
 1 2 3
1 0
0 7 
1 





 3 0
1 2
 3  1
12
9
 ; А-В= 
 ; АВ= 
 ; AC= 
 ;
Ответ: : a)А+В= 
 4 3
2 1
 5  1
 21 13 
 7 4
 ;
12 7 
 4 2 0
 2 0 2
 6 2  1
5 4 








б) А+В=  4 0 3  ; А-В=  0 2 1  ; АВ=  6 1 1  ; AC=  4 12  ;
 2 2 4
 0 2 2
8  1 4 
 5 20 








12 6 8 

2 
А = 10 7 10  ;
14 9 14 


А2= 
1 2 1  2 3 1  1 2 1

 
 

2. Найти произведение матриц  0 1 2     1 1 0    0 1 2  .
 3 1 1   1 2  1  3 1 1 

 
 

9 15 
 1


Ответ:   5 5 9 
 12 26 32 


 3 1 3


3. Найти матрицу, обратную к A   2 4 2  . Используя формулу АА-1=Е,
 1 2 3


проверить ответы.
 17

 32
7
Ответ: А-1= 
 32
 9

 32
7
32
1

32
15
32
7 

32 
1
 
32 
1 

32 
23
 2 5
 4  6
  X  
 ;
 1 3
2 1 
4. Решить матричные уравнения: а) 
 2 4 1  6
.
5 
  
б) X  
 1 3 3
 2  13 
 4,5  8 
 ; б) X  
 .
4 
 2  1
Ответ: а) X  
0
2.3. Варианты индивидуальных заданий
1. Даны матрицы А, В, С, D. Найти А+В, А-В, В-А, А2, В3, СD.
2. Найти матрицы обратные к А и С.
3. Решить матричное уравнение.
Исходные данные:
Матрицы
А
В
Вариант
1
5 7


6 8
1 4


3 2
Вариант
2
3 5 


 5 11
5 8


7 6
Вариант
3
 3 9


 2 8
 9 12 


11 10 
Вариант
4
 1 4


2 9
13 16 


15 14 
Вариант
5
 5 1


 6 1
17 1 


19 18 
Уравнение
С
2

1
0

1

1
2

1 0

1 1
1 3 
1 2

0 1
1 2 
 0 1 2


 1 2 3
 2 3 3


0  1
 0


 0 1 2 
1 2
0 

  1 2 0


 2 0 1
 0 1 0


D
1

4
0

2

5
0

8

5
0

9

13
1

0

7
0

3

1
5 
3

0
1 
1

0
1 
0

1
0 
8

0
6 
 6 3
 0 8

  X  

9 6
 56 0 
 5 7  1 4
 = 

X  
 6 8  3 2
3 5  5 8
 = 

X  
 5 11  7 6 
 1 4
 9 12 

  X  

2 9
11 10 
 1 4
13 16 

  X  

2 9
15 14 
24
Вариант
6
 2 12 


 3 10 
 20 21


1 3
Вариант
7
 9 11


3 8 
 1 19 


 0 22 
Вариант
8
 12 1 


 65 4 
 1 25 


 3 32 
Вариант
9
 6 21


 4 30 
 42 0 


 8 2
Вариант
10
8 6 


 2 13 
 1 4


37
13


Вариант
11
 21 12 


6 7
 81 3 


10 100 
Вариант
12
 63 6 


 9 1
 4 0


100 5 
Вариант
13
 25 1 


 75 5 
13 10 


6 5
Вариант
14
 8 5


 5 3
4 5


 60 90 
Вариант
15
 6 3


9 6
 0 8


 56 0 
2 1 1


1 1 0
 1 0 2


4 3 2 


3 2 1 
 2 1  1


1  2
 1


0  1
 1
 2 1 2 


 1 0 2


 0 1 2
 2 2 9


0 1 1


 1 1 2
 1 2 2


3 1 1


1 1 0
1 0 1


 0 1 1


 1 0 1
 1 1 1


 4 4 1


 4 3 1
 1 1 0


3

1
1

1

1
0

1 

1 
1  2 
1 0

 1 1
1 0 
1
0
4

0
2

8

0
1

0

0
1

0

18
5

0

3
0 
0

15 
0 
1

19 
0 
1

1
2 
 3 1


 2 6
 9 3


 1 0


 8 11
 22 0 


11 0 


 0 23 
 0 27 


 1 4


 7 0
11 0 


8 0


 0 13 
19 1 


 4 0


 1 5
 7 0


 5 1 17 1 
 = 

X  
 6 1 19 18 
 2 12 
 20 21


  X  
1 3
 3 10 
 9 11  1 19 

 = 
X  
 3 8   0 22 
 12 1 
 1 25 

  X  

 65 4 
 3 32 
 6 21  42 0 
 = 

X  
4
30
8
2

 

8 6 
 1 4


  X  
 37 13 
 2 13 
 21 12 
 81 3 

  X  

6 7
10 100 
 63 6 
 4 0


  X  
100 5 
 9 1
 25 1  13 10 
 = 

X  
 75 5   6 5 
 8 5  4 5 
 = 

X  
 5 3   60 90 
25
3. Решение систем линейных алгебраических уравнений
3.1. Основные методы
Пусть дана система m линейных уравнений с n неизвестными:
a11 x1  a12 x 2  ...  a1n x n  b1
a x  a x  ...  a x  b
 21 1
22 2
2n n
2
,

...

a m1 x1  a m 2 x 2  ...  a mn x n  bm
где x j - переменные, a ij и bi - некоторые числа, известные коэффициенты.
Упорядоченный набор чисел k1 , k 2 ,..., k n называют решением системы,
если каждое из уравнений этой системы обращается в верное равенство
после подстановки вместо неизвестных x j соответствующих чисел k j ,
j  1,2,..., n . Система, имеющая, хотя бы
одно решение, называется
совместной, не имеющая решений – несовместной. Если решений более
одного, то систему называют неопределённой, если ровно одно,
определённой.
3.1.1. Правило Крамера.
Правило
неизвестными:
Крамера. Рассмотрим систему n линейных уравнений с n
a11 x1  a12 x 2  ...  a1n x n  b1
a x  a x  ...  a x  b
 21 1
22 2
2n n
2

...

a n1 x1  a n 2 x 2  ...  a nn x n  bn
Обозначим через


a11
a12
... a1n
a 21
...
a 22
...
... a 2 n
... ...
a n1
an2
... a nn
(1)
– определитель, он
 xk –
называется главным определителем
системы, через
вспомогательный определитель, который получается из главного путём
замены k-го столбца на столбец свободных членов. Так, например,
a11 b1 ... a1n
a
b ... a 2 n
 x  21 2
... ... ... ... . Тогда справедливо следующее утверждение: значение
a n1 bn ... a nn
2
26
k-й неизвестной равно дроби,
вспомогательный определитель
определитель системы, т.е.
в
числителе которой находится
, в знаменателе – главный
,
.
(2)
Оно и называется правилом Крамера.
Замечание. Правило Крамера применимо, если главный определитель
системы (1) не равен нулю, т.е., если
. В этом случае система имеет
единственное решение и оно может быть получено по правилу (2).
3.1.2. Метод Гаусса.
Метод Гаусса (метод последовательного исключения неизвестных)
позволяет привести произвольную систему линейных уравнений с n
неизвестными к треугольному виду. Преобразования, которые при этом
необходимо произвести, включают в себя:
 перестановку двух уравнений,
 умножение одного из уравнений на ненулевое число,
 прибавление к одному из уравнений другое, умноженное на некоторое
число.
При практическом решении систем удобно пользоваться табличной
(матричной) записью системы:
 a11

 a21
 ...

a
 m1
a12
a22
...
am 2
... a1n b1 

... a2 n b2 
.
... ... ... 

... amn bm 
Следует выписать матрицу коэффициентов при неизвестных системы,
присоединить к ней столбец из свободных членов, для удобства отделённый
вертикальной чертой, и все преобразования выполнять над строками этой
«расширенной» матрицы.
2 x  y  z  1
Пример 1. Решить систему: 4 x  y  2
.
 2 x  2 y  z  7

Решение.
 2

Шаг 1. Представим систему в виде таблицы:  4
 2

Шаг 2. «Обнулим» коэффициенты при x1
1 1 1 

1 0  2 .
2 1 7 
во втором и третьем
уравнениях. Для этого первую строку, умноженную на 2, вычтем из второй, а к
третьей строке прибавим первую:
27
 2 1 1 1  2 1
1 1 

 

 4 1 0  2   0 1  2  4 .
 2 2 1 7  0 3
2 8 

 
Шаг 3. «Обнулим» теперь коэффициент при x 2 в третьей строке. Для
этого, - новую вторую строку, умноженную на 3, прибавим к третьей:
2 1
1 1  2 1
1 1 

 

 0 1  2  4   0 1  2  4 .
0 3
2 8   0 0  4  4 

В результате получили итоговую таблицу. Процедуру приведения исходной
системы уравнений к такому виду в литературе иногда называют прямым
ходом. Перейдем к изложению обратного.
Шаг 4. Представим полученную систему уравнений в обычном виде:
2 x  y  z  1

  y  2 z  4 .

 4 z  4

Шаг 5. Из последнего уравнения найдем переменную z, подставив ее во
второе,- найдем переменную y, наконец, из первого уравнения найдем
переменную x. Таким образом, имеем
2 x  y  1  1
2 x  2  1  1  x  1



y  2  y  2
  y  2  1  4  


z  1
z 1
z 1



Данная система имеет единственное решение x  1, y  2, z  1 . Исходная
система оказалась совместной, определённой.
Ответ: (-1;2;1).
Пример 2. Решить систему:
3x  2 y  z  1

 2.
2 x  y
 x  y  z  1

Решение.
3 2 1 1 


Шаг 1. Представим систему в виде таблицы:  2 1 0 2  .
 1 1 1  1


Шаг 2. Обнулим коэффициенты при x1 в двух строках. Первоначально,
для удобства, поменяем местами первую и третью строки. Затем к первой
строке, умноженной на (-2) прибавим вторую и к первой строке, умноженной
на (-3), прибавим третью
28
3 2 1 1 
 1 1 1  1
1 1
1  1






2 1 0 2   2 1 0 2   0 1  2 4  .
 1 1 1  1
3 2 1 1 
0 1  2 4 






Шаг 3. Обратим внимание, что при дальнейшем преобразовании
(умножение второй строки на (-1) и прибавление третьей), последняя строка
обнуляется:
1 1
1 1
1  1
1  1




0 1  2 4   0 1  2 4  .
0 1  2 4 
0 0
0 0 



Шаг 4.Перейдём обратно от таблицы к системе уравнений:
 x  y  z  1

  y  2z  4
Шаг 5. Решим полученную систему уравнений.
 x  y  z  1  x  4  2 z  z  1  x  3  z


.

  y  2z  4
 y  4  2 z
 y  4  2 z
Получили выражения неизвестных x и y через, так называемые, свободную
неизвестную z : x  3  z , y  4  2 z , где z - произвольное число. Эти
соотношения описывают множество решений системы и оно называется
общим решением системы. Таким образом , в данном случае исходная
система оказалась совместной и неопределённой.
Ответ: ( 3  z ;  4  2 z ; z ), где z - любое число.
x  y  z  1
Пример 3. Решить систему: 2 x  y  3 .
3x  2 y  z  1

Решение.
 1 1 1 1


Шаг 1. Представим систему в виде таблицы:  2 1 0 3  .
 3 2 1 1


Шаг 2. Обнулим коэффициенты при x1 во втором и третьем уравнениях.
Для этого первую строку, умноженную на (-2), прибавим ко второй, а к третьей
строке прибавим первую, умноженную на (-3):
 1 1 1 1
1 1
1 1 




 2 1 0 3 .  0  1  2  2  .
 3 2 1 1
0 1  2 1 




29
Шаг 3. Обнулим коэффициент при x 2 в третьей строке. Для этого новую
вторую строку, умноженную на 3, прибавим к третьей:
1 1
1 1
1 1 
1 1 




0 1  2  2  0 1  2  2 .
0 1  2 1 
0 0
0 3 



Шаг 4.Перейдём теперь от таблицы к системе уравнений:
x  y  z  1

  y  2 z  2

03

Обратим внимание, что третье уравнение системы представляет собой
неверное равенство, следовательно, система не имеет решений, т.е. является
несовместной.
Ответ: решений нет.
3.1.3. Матричный метод.
Пусть дана система n линейных уравнений с n неизвестными:
a11 x1  a12 x 2  ...  a1n x n  b1
a x  a x  ...  a x  b
 21 1
22 2
2n n
2
,

...
a n1 x1  a n 2 x 2  ...  a nn x n  bn
которую можно записать в матричной форме, как
 a11

 a 21
 ...

a
 n1
a12
a 22
...
an2
... a1n   x1   b1 
    
... a 2 n   x 2   b2 
, или A  x  b ,


... ...   ...   ... 
    
... a nn   x3   b3 
где
 a11 a12

a
a
А=  21 22
... ...

a
 n1 an 2
... a1n 
 x1 
 b1 

 
 
... a2 n 
 x2 
b 
, х =  , b = 2  .

... ...
...
...

 
 
x 
b 
... ann 
 3
 3
30
Предположим, что
. В этом случае матрица имеет обратную
. Умножим слева обе части системы на
, и, выполнив преобразования,
получим:
A1 ( Ax)  A1 * b 
( A 1 A) x  A 1b 
Ex  A 1b т.е.
.
Данное соотношение и представляет суть матричного метода.
Замечание. Матричный метод, как и правило Крамера, применим, если
.
2 x1  x2  2 x3  4
Пример 4. Решить систему матричным методом  x1  x2  2 x3  1 .
4 x  x  4 x  2
2
3
 1
Решение.
Имеем
 4
 
b  1 ,
 2
 
Таким образом
 2 1 2


A  1 1 2 ,
 4 1 4


.
существует. Найдём алгебраические дополнения:
Получим:
4  3
 2
  1/ 3  1 2 / 3 




A 1  1 / 6 6
0  6    2 / 3 0
1/ 3  .
 4  2 3 
 1/ 2
1  1 / 2 



T
Следовательно,
  1 / 3  1 2 / 3  4    1 

   
x    2 / 3 0 1 / 3  1     2 
 1/ 2
1  1 / 2  2   2 

Т.е. x1  1, x2  2 , x3  2 .
Выполним проверку.
31
2  (1)  (2)  2  2  4

 1  (2)  2  2  1
4  (1)  (2)  4  2  2

Решение найдено верно.
Ответ. (-1;-2;2).
3.2. Решение типовых примеров
1. Решить систему линейных алгебраических уравнений двумя способами:
матричным методом и по правилу Крамера. Результаты сравнить.
Решение.
Правило Крамера.
Найдем главный определитель системы по правилу треугольников.
Имеем
2 1 2
 1
4
1
1
2  2  1  4  1  1  2  4  2  (1)  1  2  4  2  2  1  1  (1)  4  6 .
4
Определим вспомогательные определители.
,
,
.
Найдем значения переменных. Имеем
32
.
Матричный метод.
  6
Таким образом
существует. Найдём алгебраические дополнения:
A11  (1) 2
1 2
1 2
1 1
 2 , A12  (1) 3
 4 , A13  (1) 4
 3 ,
1 4
4 4
4 1
A21  (1) 3
1 2
2 2
2 1
 6 , A22  (1) 4
 0 , A23  (1) 5
 6 ,
1 4
4 4
4 1
A31  (1) 4
1 2
2 2
2 1
 4 , A32  (1) 5
 2 , A33  (1) 6
3
1 2
1 2
1 1
Имеем:
4  3
 2
  1/ 3  1 2 / 3 




1
A  1 / 6 6
0  6    2 / 3 0
1/ 3  .
 4  2 3 
 1/ 2
1  1 / 2 



T
Следовательно,
  1 / 3  1 2 / 3   4   1 

   
x    2 / 3 0 1 / 3   1    2  .
 1/ 2
1  1 / 2   2    2 

Т.е.
Решив систему двумя способами, мы пришли к одному и тому же
ответу (1;2;-2), значит, система решена правильно.
Ответ. (1;2;-2).
2. Решить систему линейных алгебраических уравнений методом Гаусса.
 x1  4 x2  2 x3  8

3x1  2 x 2  x3  4
4 x  5 x  3x  1
2
3
 1
Решение.
Ход решения аналогичен примерам 1,2,3.
Приводим составленную таблицу к ступенчатому виду: умножаем
первую строку на (-3), прибавляем к ней вторую, затем умножаем первую
33
строку на (-4) и прибавляем к ней третью; Втору строку умножим на (-21), а
третью на (10), результаты сложим. Имеем
1 4  2 8
1
1 4
4
2 8 
2 8 
 x1  4 x2  2 x3  8







3x1  2 x 2  x3  4   3 2  1 4    0  10 5  20    0 210  105 420 
 0  21 5  31 
0 0
4 x  5 x  3x  1  4  5  3 1 
55 110 
2
3
 1





В результате получим следующую систему:
 x1  4 x2  2 x3  8
 x1  4 x2  2  (2)  8
 x1  4  4  8
 x1  0




x2
 1   x2  1
 210 x2  105 x3  420   210 x2  105  (2)  420  



 x  2
x3  2
x3  2
55 x3  110


 3

Выполним проверку
0  4  1  2  (2)  8

3  0  2  1  2  4
4  0  5  1  3  (2)  1

Решено верно.
Ответ. (0;1;-2).
 x1  4 x2  2 x3  8

3. При каких a и b система имеет 3x1  2 x2  x3  b
4 x  ax  3x  17
2
3
 1
а) единственное решение;
б) не имеет решения;
в) бесчисленное множество решений.
Решение.
Найдём главный определитель системы по правилу Крамера. Если он
будет отличен от нуля, тогда система будет иметь лишь одно решение.
1 4 2
  3 2  1  1  2  (3)  3  (a )  (2)  4  4  (1)  4  2  (2)  1  (a )  (1)  3  4  (3) 
4 a 3
 6  6a  16  16  a  36  5a  30
Главный определитель зависит от а. Он обращается в ноль при а=-6.
Если a  6 , то   0 и система имеет только одно решение при любом b .
34
Если a  6 , то получим следующую систему линейных уравнений
 x1  4 x 2  2 x3  8

3x1  2 x 2  x3  b , которой соответствует расширенная матрица :
4 x  6 x  3x  17
2
3
 1
1 4  2 8  1
4
2 8 

 

 3 2  1 b    0  10 5 b  24 
 4 6  3 17   0  10 5
1 

 
Умножим первую строку на (-3) и сложим со второй, первую строку
умножим на (-4) и сложим с третьей.
Заметим, что две последних строки матрицы имеют одинаковую левую
часть. Поэтому, чтобы система была совместна необходимо, чтобы правые
части также совпадали. При этом возможны следующие варианты.
Если b =25, то два последних уравнения одинаковы. Опускаем одно из
них, в результате чего исходная система трех уравнений сводится к системе
двух уравнений, но с тремя неизвестными.
 x1  4 x2  2 x3  8

  10 x2  5 x3  1
Эта система имеет бесконечное количество решений.
Если же b  25 , то система несовместна.
Ответ: Если a  6, b  R , то система имеет единственное решение.
Если a  6, b  25 - система решений не имеет.
Если a  6, b  25 - система имеет бесконечно много решений.
4. Составить систему трёх линейных уравнений с тремя неизвестными,
имеющую решение (8;7;5). Имеет ли полученная система другие решения?
Решение.
Возьмем произвольные коэффициенты при неизвестных x1 , x 2 , x3 .и
рассмотрим систему
2 x1  3x2  2 x3  b1

 x1  6 x2  4 x3  b2 .
6 x  3x  5 x  b
2
3
3
 1
Теперь, подставив решение (8;7;5), вычислим коэффициенты b1 , b2 , b3
2  8  3  7  2  5  27

8  6  7  4  5  30 .
6  8  3  7  5  5  52

Таким образом, мы получили систему, которая имеет решение (8;7;5)
35
2 x1  3x 2  2 x3  27

 x1  6 x 2  4 x3  30 .
6 x  3x  5 x  52
2
3
 1
Проверим эту систему на наличие других решений. С этой целью найдем
ее главный определитель
2
3
2
  1 6  4  60  6  72  72  24  15  27  0 .
6 3 5
Так как определитель составленной системы отличен от нуля, то эта
система имеет единственное решение (8;7;5).
Замечание. Если бы   0 , то составленная, таким образом ,система
имела бы бесконечно много решений.
2 x1  3x 2  2 x3  27
Ответ.  x1  6 x2  4 x3  30 .
6 x  3x  5 x  52
2
3
 1
3.3. Задачи для самостоятельного решения
1. Решить системы методом Гаусса:
2 x1  x2  x3  4
А) 3x1  4 x2  2 x3  11 ;
3x  2 x  4 x  11
2
3
 1
 x1  3x 2  5 x3  7 x 4
3x  5 x  7 x  x
2
3
4
Б)  1
5 x1  7 x 2  x3  3x 4
7 x1  x 2  3x3  5 x 4
 12
0
4
.
 16
Ответ: A)(3;1;1); Б)(1;-1;0;2)
2. Решить системы матричным способом:
 x1  x2  2 x3  1
А) 2 x1  x2  2 x3  4 ;
4 x  x  4 x  2
2
3
 1
3x1  2 x2  x3  5
Б) 2 x1  3x2  x3  1 .
2 x  x  3x  11
2
3
 1
Ответ: A)(1;2;-2); Б)(2;-2;3)
3.Решить системы, используя правило Крамера:
 x1  2 x 2  4 x3  31
А) 5 x1  x2  2 x3  29 ;
3x  x  x  10
2
3
 1
3x1  2 x 2  x3  3
Б) 2 x1  3x2  x3  4
2 x  x  3x  1
2
3
 1
36
Ответ: A)(3;4;5); Б)(
5
5
1
; 1 ;  1 ).
12 12
12
4. При каких a и b система
ax1  x2  x3  4

3x1  4 x2  2 x3  11
3x  2 x  4 x  b
2
3
 1
имеет:
а) единственное решение;
б) не имеет решения;
в) бесчисленное множество решений.
Ответ: Если a  3, b  R , то система имеет единственное решение.
Если a  3, b  19 - система решений не имеет.
Если a  3, b  19 - система имеет бесконечно много решений.
5. Составить систему трёх линейных уравнений с тремя неизвестными,
имеющую решение (1,-1, 3).Имеет ли полученная система и другие
решения?
3.4. Варианты индивидуальных заданий
1. Решить систему линейных алгебраических уравнений А двумя
способами: матричным методом и по правилу Крамера. Результаты
сравнить.
2. Решить систему линейных алгебраических уравнений Б методом
Гаусса.
3. При каких a и b система В имеет
а) единственное решение;
б) не имеет решения;
в) бесчисленное множество решений.
4. Составить систему трёх линейных уравнений с тремя неизвестными,
имеющую решение, указанное в таблице. Имеет ли полученная система
другие решения?
Исходные данные:
37
Системы линейных уравнений
А
Б
В
Набор
решений
(-1,-1,3)
4 x1  x 2  x 3  8

 x1  x 2  x 3  1
2 x  3x  3x  2
2
3
 1
 x1  x  3x3  5

3x1  2 x2  4 x3  5
 2 x  x  x  2
1
2
3

7 x1  x 2  x3  b

 x1  x 2  x3  1
ax  x  x  25
2
3
 1
6 x1  x 2  x3  10

 x1  2 x 2  3x3  3
3x  4 x  4 x  14
2
3
 1
2 x1  x 2  x3  2

3x1  2 x 2  4 x3  3
 x  5 x  x  5
2
3
 1
 x1  x 2  3x3  b

4 x1  4 x 2  x3  0
ax  3x  4 x  2
2
3
 1
(2,0,1)
2 x1  x2  2 x3  1

3x1  x2  x3  6
4 x  x  2 x  11
2
3
 1
5 x1  3x2  x3  1

 x1  4 x2  2 x3  3
3x  2 x  5 x  6
2
3
 1
3x1  4 x 2  5 x3  b

 x1  x 2  x3  4
ax  3x  4 x  1
2
3
 1
(1,2,3)
2 x1  2 x 2  3x3  3

 x1  x 2  x3  0
 x  4 x  3x  3
2
3
 1
2 x1  6 x2  x3  6

 x1  4 x2  2 x3  1
 x  x  3x  6
2
3
 1
 x1  x 2  ax3  4

 x1  x 2  2 x3  1
3x  x  4 x  b
2
3
 1
(2,-1,2)
4 x1  2 x 2  x3  9

3x1  x 2  x3  8
5 x  2 x  6 x  6
2
3
 1
3x1  x2  x3  5

 x1  x 2  x3  1
5 x  4 x  3x  2
2
3
 1
2 x1  3x 2  x3  8

ax1  x 2  x3  4
 x  2 x  4 x  b
2
3
 1
(1,2,-2)
Вариант
6
 x1  2 x 2  2 x3  2

3x1  2 x 2  2 x3  10
5 x  4 x  x  5
2
3
 1
 x1  x 2  x3  1

6 x1  2 x 2  2 x3  10
5 x  x  4 x  10
2
3
 1
 x1  2 x 2  x3  2

ax1  2 x 2  x3  3
 x  3x  x  b
2
3
 1
(0,1,2)
Вариант
7
3x1  x 2  2 x3  7

3x1  2 x 2  x3  3
4 x  3 x  5 x  6
2
3
 1
 x1  5 x2  2 x3  8

3x1  4 x2  x3  0
 2 x  x  x  2
1
2
3

2 x1  x 2  2 x3  3

ax1  x2  x3  3
 x  2 x  3x  b
2
3
 1
(-1,0,2)
Вариант
8
 x1  4 x 2  2 x3  4

3x1  2 x 2  x3  7
2 x  3 x  5 x  6
2
3
 1
4 x1  3x 2  2 x3  9

7 x1  x 2  x3  7
 x  3x  5 x  7
2
3
 1
 x1  2 x 2  x3  4

ax1  x 2  x3  2
3x  x  2 x  b
2
3
 1
(4,2,1)
Вариант
9
3x1  2 x 2  4 x3  0

 x1  x2  7 x3  10
2 x  3x  x  8
2
3
 1
4 x1  x2  x3  4

5 x1  x 2  x3  5
x  x  x  1
2
3
 1
ax1  x 2  x3  2

3x1  x2  x3  6
x  2x  2x  b
2
3
 1
(1,-2,4)
Вариант
1
Вариант
2
Вариант
3
Вариант
4
Вариант
5
38
Вариант
10
 x1  2 x2  3x3  1

5 x1  x2  2 x3  11
3x  x  x  8
2
3
 1
 x1  x 2  x3  1

 x1  x2  x3  2
2 x  3x  4 x  9
2
3
 1
3x1  ax 2  x3  6

 x1  x 2  x3  2
2 x  4 x  b
2
 1
(2,2,-3)
Вариант
11
2 x1  x2  2 x3  1

 x1  x2  3x3  6
4 x  x  2 x  11
2
3
 1
5 x1  3x2  x3  1

 x1  4 x2  2 x3  3
3x  2 x  5 x  6
2
3
 1
ax1  2 x 2  x3  5

 x1  x 2  x3  2
2 x  3 x  b
2
 1
(2,-4,1)
Вариант
12
 x1  2 x2  3x3  1

5 x1  x2  2 x3  11
3x  x  x  8
2
3
 1
 x1  x 2  x3  1

 x1  x2  x3  1
2 x  3x  4 x  9
2
3
 1
4 x1  2 x 2  x3  b

ax1  x 2  x3  4
2 x  3x  3
2
 1
(0,3,-1)
Вариант
13
 x1  2 x 2  4 x3  4

3x1  2 x 2  x3  7
2 x  3 x  5 x  6
2
3
 1
4 x1  3x 2  2 x3  9

7 x1  x 2  x3  7
 x  5 x  3x  7
2
3
 1
 x1  ax2  3x3  1

2 x1  4 x2  3x3  11
x  2x  6x  b
2
3
 1
(4,-1,-1)
Вариант
14
4 x1  2 x 2  3x3  9

 x1  x 2  x3  2
3x  x  x  8
2
3
 1
2 x1  2 x 2  3x3  3

 x1  x 2  x3  2
3x  x  x  8
2
3
 1
ax1  4 x 2  5 x3  1

 x1  3x 2  2 x3  3
2 x  x  7 x  b
2
3
 1
(2,0,-3)
Вариант
15
3x1  4 x 2  5 x3  8

2 x1  2 x 2  x3  3
6 x  x  3x  9
2
3
 1
 x1  x 2  x3  3

6 x1  2 x 2  x3  3
2 x  2 x  3x  3
2
3
 1
 x1  2 x2  3x3  b

3x1  x2  x3  4
ax  3x  2 x  3
2
3
 1
(2,3,4)
39
4. Векторы
4.1. Понятие вектора, основные операции
Понятие вектора введено для математического описания широкого класса
физических величин, среди которых различают скалярные и векторные.
Скалярные величины характеризуются числом, при выбранной единице
измерения. Это, например, площадь, масса, работа, температура и другие. Для
задания скорости, перемещения, силы нужно указывать ещё и направление.
Величины, характеризующиеся неотрицательным числом (модулем) при
данной единице измерения и направлением, называют векторными. В
геометрическом плане под вектором понимается направленный отрезок.
4.1.1.Способы задания векторов
Обозначим начальную точку или начало вектора буквой A , его
конечную точку или конец,- точкой B , тогда вектор обозначается символом
AB .
Если начало и конец вектора совпадают, то он называется нулевым и иногда
обозначается символом 0 .
Векторы, на плоскости и в пространстве, характеризуются
упорядоченными наборами чисел – координатами, которые представляют
собой его проекции на выбранные оси координат.
Пусть дан вектор AB . На плоскости он описывается набором чисел
AB ( x; y ) ,где x, y являются его проекциями на оси координат ОХ ,OY,
соответственно, а в пространстве,- набором AB ( x; y; z ) . Длину или модуль
вектора AB ( x; y; z ) в пространстве можно вычислить по формуле
AB  x 2  y 2  z 2 .
(1)
в случае плоскости третья координата равна нулю.
Если же вектор AB задан двумя точками: начальной A( xa ; y a ; z a ) и
конечной B( xb ; yb ; zb ) , то его координаты вычисляются по формуле
AB  ( xa  xb ; ya  yb ; z a  zb ) .
4.1.2. Линейные операции над векторами
40
Напомним операции над векторами и их свойства, известные из
школьного курса геометрии.
4.1.2.1. Умножение вектора на число
Пусть a ( xa ; y a ; z a ) некоторый вектор, а  - число, тогда произведение
вектора a на данное число записывается как a . Его координаты вычисляются
по формуле a  (xa ; y a ; z a ) .
Свойства умножения вектора на число:
а)  (a )  ( )a , где  ,  - числа (сочетательный закон);
б) (   )a  a  a (распределительный закон относительно чисел);
Два ненулевых вектора называются коллинеарными, если они лежат на
одной или параллельных прямых. В алгебраическом плане вектор a1  ( x1 ; y1 ; z1 )
коллинеарен ненулевому вектору a2  ( x2 ; y2 ; z 2 ) тогда и только тогда, когда
координаты вектора a1 пропорциональны координатам вектора a 2 , то есть
существует такое число  , что x1  x2 , y1  y2 , z1  z 2 .Эту систему
соотношений можно представить и в виде пропорции
x1
y
z
 1  1  .
x2 y 2 z 2
4.1.2.2. Сложение (вычитание) векторов
Пусть имеются векторы a ( xa ; y a ; z a ) и b ( xb ; y b ; z b ) , тогда их сумма, или
разность, есть такой вектор, координаты которого равны сумме, или разности,
соответствующих
координат
исходных
векторов.
Т.е.
a  b  ( x a  xb ; y a  y b ; z a  z b ) .
Свойства сложения векторов:
а) a  b  b  a (переместительный закон);
б) (a  b )  c  a  (b  c ) (сочетательный закон);
в)  (a  b )  a  b (распределительный закон относительно сложения
векторов)
г) a  0  a ;
д) a  (a )  0 .
4.1.3. Разложение вектора по базису
Рассмотрим систему координат в пространстве и выберем 3 единичных
вектора, направленных по осям координат ОХ, ОУ, OZ. Их называют ортами,
они имеют координаты i (1;0;0) , j(0;1;0) , k (0;0;1) .
41
Данные вектора неколлинеарные ( i  j, i  k , j  k ), и произвольный
вектор a  OA можно однозначно представить через них: a  xi  yj  zk . Это
равенство кратко записывают a  ( x, y, z ) . При этом координаты вектора x, y, z
являются проекциями данного вектора на оси координат. Их обозначают пр x a ,
пр y a , пр z a соответственно.
Таким образом, можно выделить ещё один способ задания вектора - через
его модуль и углы, которые он образует с осями координат (точнее с ортами
на осях). В этом случае координаты (проекции) вектора a можно вычислить
по формулам: x  пр x a  a cos  , y  пр y a  a cos  , z  пр z a  a cos  , где  ,  ,  углы между вектором и осями координат.
4.1.4. Скалярное произведение векторов
Пусть имеется два вектора a ( xa ; y a ; z a ) , b ( xb ; y b ; z b ) , заданных своими
координатами. Тогда их скалярное произведение, которое обозначается
a b , равно
a b = x a  xb  y a  y b  z a  z b ,
(2)
т.е. скалярное произведение двух векторов равно сумме произведений их
соответствующих координат. Выражение (2) можно записать и так
a
b = a  b  cos  , где  =
,угол   0;   ,
(3)
т.е. скалярное произведение двух векторов равно произведению их модулей
на косинус угла между ними. Соотношения (2), (3) равносильны и каждое из
них может быть принято в качестве определения скалярного произведения.
Укажем основные свойства скалярного произведения:
а) a b = b a ( переместительный закон);
б) a ( b + c )= a b + a c ( распределительный закон);
в)  ( a b )= (  a ) b = a (  b )
(сочетательный закон при умножении на число)
г) a  b  a b =0.
42
Физический (механический) смысл a b . Заключается в следующем.
Пусть b есть вектор силы, действующей на некоторую материальную точку,
а a вектор её перемещения под действием этой силы, тогда a b - это
работа, выполненная силой b по перемещению материальной точки из
начальной в конечную точку вектора a .
Для вычисления угла между векторами a1  ( x1 ; y1 ; z1 ) и a2  ( x2 ; y2 ; z 2 )
можно использовать формулу
cos  
a1  a 2

a1  a 2
x1  x 2  y1  y 2  z1  z 2
x12  y12  z12 x22  y 22  z 22
,
которая непосредственно следует из (1), (2),(3).
4.1.5. Векторное произведение векторов
Векторным произведением вектора a на вектор b , обозначается
a  b , называется вектор c , удовлетворяющий следующим условиям:
1. c  a , c  b ;
2. c = a  b  sin  , где  =
;
3. наблюдателю, помещённому в конечную точку вектора c кратчайший
поворот от вектора a к вектору b видится происходящим против
часовой стрелки.
Иллюстрация к этому определению приводится на рисунке
43
Пусть в некоторой
прямоугольной системе координат даны векторы
a  ( x1 ; y1 ; z1 ) и b  ( x2 ; y 2 ; z 2 ) .Тогда векторное произведение векторов
aи b
может быть представлено в виде символического определителя третьего
порядка , т.е.
i
a  b = x1
x2
j
y1
y2
k
z1 .
z2
(4)
Отсюда следует, что
координаты векторного произведения являются
алгебраическими дополнениями элементов первой строки определителя ,
поэтому оно также может быть вычислено по формулам:
 y
a  b   1
 y2
z1 x1
;
z 2 x2
z1 x1
;
z 2 x2
y1
y2

.


(5)
Укажем некоторые свойства векторного произведения:
1. a  b =
( b  a ), антипереместительный закон
2. a  ( b + c )= a  b + a  c , распределительный закон
3.  ( a  b )= (  a )  b = a  (  b ), сочетательный при умножении на
число
4. a  b =0  a || b (условие коллинеарности векторов).
Физический смысл a  b . Если вектор a является радиус
вектором
материальной точки А относительно некоторого
полюса О, а b
вектором силы, приложенной к
точке А, то векторное произведение a  b
представляет собой момент силы b относительно
полюса О. Т.е.
44
mom o b = a  b .
Геометрический смысл a  b . Рассмотрим | a  b |= a
где
=
. Вспоминая известную
b  sin  ,
геометрическую формулу, можно
утверждать, что модуль векторного произведения векторов a и b есть
площадь параллелограмма, построенного на этих векторах как на сторонах, т.е.
S= a * b *sin  .
Пример 1. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на
векторах
a и b , если a = 3 p + 2 q , b = 2 p - q , | p |= 4, | q |= 3,
=
3
4
Решение.
Искомая площадь S= | a  b |.
Отсюда, используя указанные свойства, имеем :
S= |( 3 p + 2 q )  (2 p - q )|= | 3 p  2 p - 3 p  q + 2 q  2 p - 2 q  q |.
Заметим, что
p  p  0
q  q  0
p  q  q 
p
Тогда получим
S=7 | p  q |= 7 | p | | q |
sin(
)= 7 4 3 sin
2
3
= 7 2 4
= 42 2 .
4
4
Ответ: S= 42 2 кв.ед.
4.1.6. Смешанное произведение векторов
45
Смешанным произведением векторов a , b , c называется скалярное
произведение векторного произведения первых двух векторов на третий. Т.е.,
смешанное произведение равно ( a  b ) c .
Так как смешанное произведение содержит скалярное и векторное
произведение, то оно обладает свойствами и первого и второго. Так, например,
(a  b ) c = - (b  a ) с
или
( a  b ) c = c ( a  b ).
Если векторы заданы своими координатами, то их смешанное
произведение также может быть представлено в виде определителя третьего
порядка
xa
ya
za
( a  b ) c = xb
yb
yc
z b ………………………(6)
zc
xc
Геометрический смысл ( a  b ) c . Из геометрических соображений
следует, что модуль смешанного произведения векторов a , b , c равен
объёму параллелепипеда, построенного на векторах a , b , c , отложенных из
одной точки, как на сторонах.
V призм ы= |( a  b ) c |.
Отсюда, - объём тетраэдра, построенного на этих векторах
V тетр. =
1
|(a 
6
b ) c |.
46
Три вектора называются компланарными, если они лежат в одной или
параллельных плоскостях. Для таких векторов смешанное произведение равно
нулю. Данное свойство является признаком компланарности векторов.
Пример 2. Вычислить объём тетраэдра с вершинами в точках А 1 (1,-1,2),
А 2 (2,1,2), А 3 (1,1,4), А 4 (6,-3,8) и его высоту опущенную из вершины А 4 на
грань А 1 А 2 А 3 .
Решение. Образуем векторы
A1 A 2 = 1;2;0
A1 A3 = 0;2;2
A1 A 4 = 5;2;6
Тогда объём V тетраэдра А 1 А 2 А 3 А 4 равен
V=


1
A1 A2  A1 A3  A1 A4 ,
6
Используя (5) ,имеем
V=
1
12  20  0  0  4  0 =6
6
Определим теперь площадь S грани А 1 А 2 А 3 .Используя (4),имеем
S=
1
A1 A2  A1 A3 ,
2
т.е.
S=
1
1
4i  2k  2 j =
2
2
42  22  22 =
6
Учтём теперь, что
1
3
V= S
Н A4 ,
где Н A4 - высота тетраэдра, опущенная из вершины А 4 .
Отсюда,
Н A4 =
Ответ: V= 6 ед.куб., Н A4 =
6
3V 18  6
=
=
.
S
3
6 6
6
ед.
3
4.2. Типовые примеры, методические указания
Даны четыре точки
.
1). Найти a  AB , b  AC и c  AD . Имеются ли среди них
коллинеарные?
47
Решение. В данном случае координаты каждого из векторов равны
разности соответствующих координат их конечных и начальных точек. Таким
образом, имеем
a  AB  (0  1;2  (1);1  0)  (1;3;1)
b  AC  (0;1;1)
c  AD  (0;0;1)
Проверим полученные вектора на коллинеарность ( a  b = 0  a || b ).
3 1
1 1 1 3 
  (2;1;1)
;

1
1
0
1
0
1


 3 1 1 1 1 3 
  (3;1;0)
a  c = 
;
;

0 1 0 1 0 0
1 1 0 1 0 1
  (1;0;0)
b  c = 
;
;

0
1
0
1
0
0


a  b = 
;
Вектора a , b , c не коллинеарны.
Ответ: a  AB  (1;3;1) , b  AC  (0;1;1) , c  AD  (0;0;1) . Вектора a , b , c не
коллинеарны.
2) Найти единичный вектор того же направления, что и вектор a .
Решение: Найдём
1
11
. Получим вектор
2
a = (1) 2  3 2  12  11 . Затем умножим вектор a на
3
1 
 1
a =
;
;
 . Проверим, что он единичный:
11 11 11 
11

1
2
2
1 9 1
 1   3   1 
a  
 1.
 
 
 
11
11
11   11   11 

1
1
a будет иметь то же направление, что и вектор
Так как
 0 , то
11
11
1
a.
3
1 
 1
;
;


11
11
11

.
Ответ:
3) Найти длину и направляющие косинусы вектора a . Сравните с
ответом в предыдущем пункте. Сделайте выводы.
Решение:
a = (1) 2  3 2  12  11
x
y
z
1
3
1
=
, cos   =
, cos   =
.
a
a
a
11
11
11
1
3
1
Ответ: cos  = 
, cos  =
, cos  =
. Направляющие косинусы
11
11
11
равны координатам единичного вектора, сонаправленного с a .
cos  
48
4) Найти 2a  3b  c .
Решение: Используя определение линейных операций (п 4.1.2), имеем
2a  (2;6;2) ,  3b  (0;3;3)
2a  (3b )  c  (2  0  0;6  (3)  0;2  (3)  1)  (2;3;0) .
Тогда , согласно (1),
2a  3b  c  (2) 2  32  0 2  13
Ответ:
13 .
5) Определить координаты вектора X  ( x; y; z ) , коллинеарного вектору
a , зная, что X  5 и он направлен в сторону, противоположную вектору a .
Решение:
Так как вектора a и X коллинеарные, то должны выполняться равенства:
x  xa , y  y a , z  z a , где  некоторое число. Чтобы эти вектора были
противоположно направлены необходимо, чтобы  было отрицательным
числом. Подставим в наши равенства координаты вектора a : x    (1) ,
y    3 , z   1 . Известно, что X  x 2  y 2  z 2  5 . Тогда, X
2 
25
; 
11
2
 2  92  2  25
25
25
или   
.
11
11
25
нам не подходит, так как при таком 
11

25
25 25 
.
;3
;
вектора a и X будут сонаправлены. Поэтому, X =  

11
11
11



25
25 25 
.
;3
;
Ответ: X =  

11
11
11


Положительное значение  
6) Вычислить скалярные произведения a  b и a  c . Перпендикулярны ли
векторы a и b , a и c между собой?
Решение:
В данном случае заданы координаты векторов a , b , и c , следовательно,
скалярное произведение будем вычислять по формуле (2):
a b  (1)  0  3 1  1 1  4
a  c  (1)  0  3  0  1  1  1
Так как a b  0 и a  c  0 , то вектора a и b , a и c не перпендикулярны.
Ответ: a и b , a и c не перпендикулярны.
7) Найти работу, совершенную материальной точкой, к которой
приложена сила F  (2;1;3) , при перемещении ее из точки В в точку С.
49
Решение:
Физический смысл скалярного произведения – работа ( см. п 4.1.4).
Вектор силы F  (2;1;3) , вектор перемещения BC  (1;2;0) . Тогда BC  F - работа,
выполняемая силой F по перемещению материальной точки начальной в
конечную точку вектора.
BC  F  1  2  (2)  (1)  0  3  4
Ответ: 4.
8) Найти внутренний угол при вершине А и внешний угол при вершине С
треугольника ABC.
Решение:
Найдем угол при вершине А ABC - это угол между
векторами AB  (1;3;1) и BC  (0;1;1) . Для этого
воспользуемся формулой, вытекающей из определения
скалярного произведения (п 4.1.4.)
cos A 
A  arccos
AB  AC
AB  AC

(1)  0  3  1  1  1
11 2

4
22
4
22
Найдём внешний угол, смежный с
углом С. Построим на продолжении
стороны АС от точки С вектор (  AC ).
Обратим внимание, что искомый угол
(обозначим его C1 ) является углом между
векторами  AC и CB .
 AC  (0;1;1) и CB  (1;2;0)
cos C1 

CB   AC
  1 0  (2)  (1)  (1)  0 
CB   AC
Ответ: cos A 
5 2
4
22
, cos C1 
2
10
2
10
9) Найти прc k (3a  b ) и пр a c (2b  i  j ) .
Решение:
В этом задании a  (1;3;1) ; b  (0;1;1) ; c  (0;0;1) ранее посчитанные нами
векторы, а i (1;0;0) , j(0;1;0) , k (0;0;1) - орты. Вычислим необходимые вектора,
пользуясь линейными операциями над векторами (п 4.1.2. ):
c  k  ( 0; 0; 2 ) , 3a  b  (3;10;4) , a  c  (1;3;0) , 2b  i  j  (1;1;0) .
50
По формуле (1)
a c 
вычислим
3a  b  5 5 ,
c k  2 ,
2b  i  j  2 ,
10 .
   ( c  k , 3 a  b ) , тогда
0  (3)  0  10  2  4
8
4
.
cos  


10 5
10 5 5 5
Пусть
угол между этими векторами
прc k (3a  b )  3a  b cos   5 5 
4
5 5
4
(1)  1  3  1  0  0
2
1
Пусть    ( a  c , 2 b  i  j ) , тогда cos  


10 2
2 5
5
прa c (2b  i  j )  2b  i  j cos   2 
1

5
2
5
Ответ: прc k (3a  b )  4 , прa c (2b  i  j ) 
2
5
10) Вычислить a  c , a  c , sin( a , c ) .
Решение:
Для нахождения a  c воспользуемся формулой (5), а затем для a  c
формулой (1).
 3 1 1 1 1 3 
  (3;1;0)
a  c = 
;
;

0
1
0
1
0
0


a  c  9  1  0  10
S= | a  c |- площадь параллелограмма, построенного на векторах a и
c . Так же площадь вычисляется по формуле S=| a || c | sin( a , c ) . Имеем
равенство: | a  c |=| a || c | sin( a , c ) , откуда sin( a , c ) 
Ответ: a  c  (3;1;0) , a  c  10 , sin( a , c ) 
a c
ac

10
11  1

10
11

10
11
10
11
11) Найти площадь ABC и длину его высоты, опущенной из точки С.
Решение:
Из п 4.1.5. известно, что S ABC 
1
AB  AC .
2
51
1
2
С другой стороны из курса геометрии S ABC  CK  AB
AB  (1;3;1) , AB  AB  11
AC  (0;1;1)
 3 1 1 1 1 3 
  (2;1;1)  6
;
;
AB  AC = 

1 1 0 1 0 1
1
1
S ABC  AB  AC  CK  AB
2
2
AB  AC
6

Тогда, CK 
AB
11
S ABC 
Ответ: CK 
6
11
; S ABC 
1
6
AB  AC 
2
2
6
2
12) Найти единичный вектор, перпендикулярный векторам a и b .
Решение:
Пусть n  ( x; y; z ) . Чтобы выполнялось условие перпендикулярности
нужно a  n  0 , n b  0 .
 x  3 y  z  0
x  3 y  z
x  2 y



y  z  0
z   y
z   y
Вектор с координатами n  (2 y; y; y) , где y - любое число
будет
перпендикулярен векторам a и b . Теперь нужно сделать его единичным. Для
этого найдём n  4 y 2  y 2  y 2  y 6 . Обратим внимание, что если у=0, то
вектор n - обращается в ноль-вектор. Но это противоречит условию найти
единичный вектор. Поэтому будем предполагать, что y  0 . Тогда
n (
2y
;
y
y 6 y 6
;
y
)(
2
;
1
;
y 6
6 6
2 1
1
Ответ: n  ( ; ; ) .
6 6
6
1
6
).
13) Определить величину и направляющие косинусы момента силы F  (2;1;3) ,
приложенной к А относительно точки С.
Решение:
Воспользуемся физическим смыслом векторного произведения (п 4.1.5):
CA  (0;1;1)
радиус
вектор материальной
точки А относительно некоторого полюса С. Вектор
силы F  (2;1;3) , приложенной к точке А. Векторное
52
произведение CA F - момент силы F  (2;1;3) относительно полюса С
 1 1 0 1 0 1 
  (4;2;2)
;
;

 1 3 2 3 2 1 
Величина момента силы: momC F  16  4  4  24  2 6
mom C F = CA F = 
Направляющие косинусы момента силы:
1) косинус между mom C F и осью х: cos  
x
4
2


,
momC F
2 6
6
2) косинус между mom C F и осью у: cos  
y
2
1


,
momC F
2 6
6
3) косинус между mom C F и осью z : cos  
z
2
1


.
momC F
2 6
6
Ответ: momC F  2 6 , cos   
2
6
, cos  
1
6
, cos  
1
6
14) Лежат ли векторы a , b и c . В одной плоскости?
Решение:
Найдём для данных векторов смешанное произведение ( a  b ) c
3 1
1 1 1 3 
  (0;0;1)  (2;1;1)  (0;0;1)  0  0  1  1  0
( a  b ) c = 
;
;

1 1 0 1 0 1
Или, смешанное произведение можно вычислить иначе по формуле (6):
1 3 1
(a  b ) c= 0
0
1 1  1
0 1
Так как ( a  b ) c  0 , то вектора a , b и c не лежат в одной плоскости.
Ответ: вектора a , b и c не лежат в одной плоскости.
15) Чему равен объем пирамиды с вершинами А, В, С, D и ее высота,
опущенная из точки А на основание BCD?
Решение:
Согласно геометрическому смыслу смешанного произведения векторов:
смешанное произведение равно объёму параллелепипеда, построенного на
данных трёх векторах, выходящих из одной точки (п 4.1.6.). Так как объём
треугольной пирамиды составляет
1
объёма призмы, то его будем вычислять
6
1
| ( a  b ) c |.
6
a  AB  (1;3;1) ; b  AC  (0;1;1) ; c  AD  (0;0;1) .
по формуле V пир. =
Из задания 14 ( a  b ) c =  1 , тогда V пир. =
1
1
| -1|= .
6
6
53
С другой стороны V пир. 
1
S BCD AO , где
3
AO - высота из точки A на
основание BCD.
BC  (1;2;0) , BD  (1;3;0)
S BCD =
1
1 2 0 1 0 1 2 1
1
  0;0;1 
BC  BD  
;
;

2
2  3 0 1 0 1 3 2
2
Подставляем известные данные в формулу
V пир.
1
 S BCD AO
3
1 1 1
  AO  AO  1
6 3 2
1
6
Ответ: V пир. = , AO  1
16) Вычислить (2a  3c )  b  (i  a )  j  k  j  (i  j )  k  ( j  k )  i .
Решение:
Раскроем скобки: 2a  b  3c  b  i  j  a  j  k  j  i  k  j  k  ( j  k )  i
Из предыдущих заданий нам известно: a  b = (2;1;1) , a  c = (3;1;0) ,
b  c = (1;0;0) . Найдём i  j , k  j , i  k .
0
i  j = 
1
0
k  j = 
1
0
i  k = 
0
3
a  j = 
1
1 0 1 0
  (0;0;1)  k
;
0 0 0 0 1 
1 0 1 0 0
  (1;0;0)  i
;
;
0 0 0 0 1 
0 1 0 1 0
  (0;1;0)   j
;
;
1 0 1 0 0 
1 1 1 1 3 
  (1;0;1)
;
;
0 0 0 0 1 
0
;
j  k =0, так как орты ортогональны.
2a  b  3c  b  i  j  a  j  k  j  i  k  j  k  ( j  k )  i =
2a  b  3c  b  k  a  j  i  j  i  ( j  k )  i 
 (4;2;2)  (3;0;0)  (0;0;1)  (1;0;1)  (0;1;0)  0  i 
 (0;1;2)
Ответ: (0;1;2)
4.3. Варианты индивидуальных заданий
Даны четыре точки A,B,C,D.
1). Найти a  AB , b  AC и c  AD . Имеются ли среди них коллинеарные?
54
2) Найти единичный вектор того же направления, что и вектор a .
3) Найти длину и направляющие косинусы вектора a . Сравните с ответом в
предыдущем пункте. Сделайте выводы.
4) Найти 2a  3b  c .
5) Определить координаты вектора X  ( x; y; z ) , коллинеарного вектору a , зная,
что X  5 и он направлен в сторону, противоположную вектору a .
6) Вычислить скалярные произведения a  b и a  c . Перпендикулярны ли
векторы a и b , a и c между собой?
7) Найти работу, совершенную материальной точкой, к которой приложена
сила F  (2;1;3) , при перемещении ее из точки В в точку С.
8) Найти внутренний угол при вершине А и внешний угол при вершине С
ABC .
9) Найти прc k (3a  b ) и пр a c (2b  i  j ) .
10) Вычислить a  c , a  c , sin( a , c ) .
11) Найти площадь ABC и длину его высоты, опущенной из точки С.
12) Найти единичный вектор, перпендикулярный векторам a и b .
13) Определить величину и направляющие косинусы момента силы F  (2;1;3) ,
приложенной к А относительно точки С.
14) Лежат ли векторы a , b и c . В одной плоскости?
15) Найти (a  b )  c . Чему равен объем пирамиды с вершинами А, В, С, D и ее
высота, опущенная из точки А на основание BCD?
16) Вычислить (2a  3c )  b  (i  a )  j  k  j  (i  j )  k  ( j  k )  i .
Варианты точек:
Вариант
1
2
Набор точек
Вариант
9
Набор точек
10
55
3
11
4
12
5
13
6
14
7
15
8
56
5. Плоскость в пространстве
5.1. Формы уравнения
Плоскость - одно из основных понятий геометрии. При систематическом
изложении геометрии понятие плоскости обычно принимается за одно из
исходных понятий, которое лишь косвенным образом определяется аксиомами
геометрии. Плоскость в пространстве может задаваться двумя способами точкой и перпендикулярным к ней вектором, или тремя точками. Исходя из
способа задания, можно выделить 3 следующих вида уравнения плоскости.
5.1.1.Каноническое уравнение
Пусть дана точка М0(x0,y0,z0), через которую должна проходить плоскость
и вектор n  ( A, B, C ) , перпендикулярный этой плоскости. Вектор n в этом
случае называется нормальным.
Возьмём произвольную точку М(x,y,z) искомой плоскости Р. Тогда
вектор М 0 М  ( x  x0 , y  y0 , z  z0 )  P и М 0 М  n .Следовательно, скалярное
произведение М 0 М * n  0 . Отсюда
A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.
(1)
Уравнение (1) называется каноническим уравнением плоскости.
5.1.2.Плоскость, проходящая через три заданные точки
Предположим, что указанные точки не лежат на одной прямой. В этом,
случае, согласно одной из аксиом стереометрии, можно провести плоскость и
притом только одну.
57
Пусть даны три точки М0 (x0,y0,z0), М1 (x1,y1,z1), М2 (x2,y2,z2). Рассмотрим
произвольную
точку М(x,y,z), принадлежащую искомой плоскости Р.
Рассмотрим векторы
М 0 М  ( x  x0 , y  y0 , z  z0 ) , М 0 М1  ( x1  x0 , y1  y0 , z1  z0 ) и
М 0 М 2  ( x2  x0 , y2  y0 , z2  z0 ) . Они компланарны, поэтому их смешанное
произведение равно 0. Отсюда
x  x0
y  y0
z  z0
x1  x0
x2  x0
y1  y0
y2  y0
z1  z0  0 .
z2  z0
(2)
Соотношение (2) и представляет собой искомое уравнение.
Замечание. Если определитель в (2) тождественно равен 0, то это
означает, что точки М0, М1, М2 лежат на одной прямой. В этом случае задача
имеет бесчисленное множество решений и можно ставить задачу о нахождении
уравнения пучка плоскостей, проходящих через прямую М0М1.
5.1.3.Общее уравнение
Рассмотрим уравнение (1), выполним очевидное преобразование
Ax+By+Cz-(Ax0+By0+Cz0)=0
и обозначив
D= - (Ax0+By0+Cz0),
получим
58
Ax+By+Cz +D=0
,
(3)
- общее уравнение плоскости. К такому же внешнему виду, после очевидных
преобразований ,можно привести и уравнение (3).
5.2.Некоторые задачи, связанные с плоскостью
5.2.1.Угол между плоскостями
. Пусть имеются плоскости
Р1: A1x+ B1y+ C1z+ D1=0,
Р2: A2x+ B2y+ C2z+ D2=0,
а l-их линия пересечения. Необходимо определить угол φ. Заметим, что при
пересечении плоскостей образуется две пары равных двугранных углов,
поэтому, для определенности, будем находить наименьший из них, т.е. считать,

что   0,  .
 2
Пусть n1 , n2 - нормальные векторы плоскостей. Восстанавливая их из
точки О,- произвольной точки линии l , рассмотрим возможные из
расположения.
Обозначим через   (n1 , n2 ) . Тогда из геометрических соображений имеем
   
 
или

cos   
cos    cos
или

cos   cos 
n1  n2
n1  n2
(4)
Т.е.
59
  arccos
n1  n2
n1  n2
(5)
,
где n1  ( A1 , B1 , C1 ) , n2  ( A2 , B2 , C 2 ) .
A1 B1 C1


A2 B2 C2
Следствие 1. Если P1||P2 или совпадают, то n1 n2 , т.е.
.
Верно, очевидно, и обратное.

n1  n2  0 , т.е.
и
2
A1A2+B1B2+C1C2=0. Данное условие является необходимым и достаточным
для перпендикулярности двух плоскостей.
Следствие
2.
Если
P1  P2,
то
φ=
5.2.2.Расстояние от точки до плоскости
Пусть дана точка М0(x0,y0,z0) и необходимо определить ее расстояние d от
плоскости P: Ax+Bx+Cz+D=0 .
Искомое расстояние d есть длина перпендикуляра, опущенного из точки
М0 на плоскость Р. Пусть М(x,y,z), - произвольная точка плоскости Р. Тогда, из
геометрических соображений
d  прn MM 0 .
Отсюда,
d
MM 0  n
n

A( x0  x)  B( y0  y )  C ( z0  z )
A2  B 2  C 2
.
60
Учитывая теперь, что МϵР и , следовательно, Ax+By+Cz = -D,
окончательно получаем
d
Ax0  By 0  Cz0  D
A2  B 2  C 2
.
(6).
5.3.Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения
Даны точки A(5;1;4) , B (0;1;5) , C (2;3;6) , D(6;10;3)
1. Составить уравнение плоскости, проходящей:
а) через точку A и имеющей нормальный вектор BC .
б) через точку B параллельно векторам AC и AD ;
в) через точки A и B параллельно вектору CD ;
г) через точки A, B, C;
д) через точку D параллельно плоскости, которая проходит через
точки A, B, C;
е) через точки C и D перпендикулярно плоскости, проходящей через
точки A, B, C.
Решение:
а) через точку A и имеющей нормальный вектор BC .
Найдём нормальный вектор BC  (2  0;3  1;6  5)  (2;2;1) .
Воспользуемся уравнением (1):
2( x  5)  2( y  1)  1( z  4)  0 ;
2 x  10  2 y  12  z  4  0 ;
2 x  2 y  z  26  0 - искомое уравнение плоскости.
б) через точку B параллельно векторам AC и AD ;
Способ 1. Найдём вектора AC и AD : AC  (3;2;2) и AD  (1;9;1) .
Так как эти вектора неколлинеарные, то 3 точки A, C , D - не лежат на
одной прямой, следовательно, они однозначно определяют плоскость,
параллельную искомой. Найдя уравнение этой плоскости можно найти её
нормальный вектор, который будет параллелен нормальному вектору искомой
плоскости.
Воспользуемся уравнением (3):
x 5
y 1
z4
x  5 y 1 z  4
2  5 3 1 6  4  0   3
6  5 10  1 3  4
1
2
9
2 0
1
61
 2( x  5)  27( z  4)  2( y  1)  2( z  4)  18( x  5)  3( y  1)  0
 20( x  5)  ( y  1)  29( z  4)  0
20( x  5)  ( y  1)  29( z  4)  0 .
Отсюда, согласно уравнению (1), вектор нормали n  (20;1;29) .
Составим уравнение искомой плоскости по уравнению (1):
20( x  0)  ( y  1)  29( z  5)  0
20 x  y  29 z  145  0 .
Способ 2. Согласно определения векторного произведения c = a  b
имеем, что c  a , c  b . Следовательно, вектор нормали к искомой
плоскости
 2 2 3 2 3 2 
  (20;1;29) .
n  AC  AD = 
;
;

9

1
1

1
1
9


Составим каноническое уравнение искомой плоскости. Согласно (1)
имеем:
 20( x  0)  ( y  1)  29( z  5)  0
 20 x  y  29 z  145  0 .
20 x  y  29 z  145  0 .
в) через точки A и B параллельно вектору CD ;
Найдём вектор CD  (4;7;3) . Этот вектор лежит на прямой CD . Так как
прямая CD параллельна искомой плоскости, то в самой плоскости найдётся
прямая параллельная CD . Это следует из признака параллельности прямой и
плоскости: если прямая, расположенная вне плоскости, параллельна
какой-нибудь прямой на плоскости, то эта прямая параллельна и самой
плоскости.
Так как прямая CD
параллельна
искомой
плоскости, то от точки В в
этой плоскости можно
отложить вектор BK = CD ,
где
точка К имеет
координаты ( x; y; z ) . Тогда
прямые CD и BK будут
параллельны,
причём
прямая BK будет лежать в
искомой
плоскости.
62
Найдём вектор BK  x; y  1; z  5 .
Приравнивая теперь соответствующие компоненты векторов , получаем
систему:
x  4

y 1  7 .
 z  5  3

Откуда К  (4;8;2) .
Таким образом, имеем 3 точки, А, В, К, расположенные в искомой
плоскости. Воспользуемся для составления уравнения плоскости формулой
(3).Имеем
x  5 y 1 z  4
0  5 11 5  4  0 ,
4  5 8 1 2  4
x 5
5
1
y 1 z  4
0
7
1 0,
2
0  35( z  4)  1( y  1)  0  7( x  5)  10( y  1)  0
 35 z  140  y  1  7 x  35  10 y  10  0
 7 x  11y  35 z  186  0 .
г) через точки A, B, C;
Воспользуемся формулой (3).Имеем
x 5
y 1 z  4
0  5 1 1 5  4  0 ,
2  5 3 1 6  4
x 5
5
3
y 1 z  4
0
2
1
2
0.
0  10( z  4)  3( y  1)  0  2( x  5)  10( y  1)  0
 10 z  40  3 y  3  2 x  10  10 y  10  0
 2 x  7 y  10 z  43  0 .
63
д) через точку D параллельно плоскости, которая проходит через
точки A, B, C;
Из пункта г) известно уравнение плоскости, проходящей через точки А,
В, С:  2 x  7 y  10 z  43  0 . Нормальный вектор этой плоскости n  (2,7,10) . У
плоскости, параллельной данной тот же вектор нормали. Найдём уравнение
искомой плоскости по формуле (1):
 2( x  6)  7( y  10)  10( z  3)  0
 2 x  12  7 y  70  10 z  30  0
 2 x  7 y  10 z  28  0 .
е) через точки C и D перпендикулярно плоскости, проходящей через
точки A, B, C.
Заметим, что нормаль плоскости АВС будет параллельна искомой
плоскости, следовательно, задача сводится к задаче пункта в): найти уравнение
плоскости, проходящей через точки C и D параллельно вектору n  (2;7;10) .
Возьмём на искомой плоскости точку К ( x; y; z ) такую что CK  n .
CK   x  2; y  3; z  6  .
Имеем систему:
 x  2  2
x  0


 y  3  7   y  10 .
 z  6  10
 z  4


64
Найдём искомую плоскость по формуле (3).Имеем
x0
y  10
z4
3  10 6  4  0 ,
10  10 3  4
2
6
x0
y  10 z  4
7
0
2
6
10  0 .
7
 49 x  60( y  10)  0  42( z  4)  0  14( y  10)  0
 49 x  60 y  600  42 z  168  14 y  140  0
 49 x  46 y  42 z  292  0 .
Ответ: а) 2 x  2 y  z  26  0 ; б) 20 x  y  29 z  145  0 ;
в)  7 x  11y  35 z  186  0 ; г)  2 x  7 y  10 z  43  0 ;
д)  2 x  7 y  10 z  28  0 ; е)  49 x  46 y  42 z  292  0 .
2. Вычислить расстояние от точки D до плоскости, проходящей через
точки A, B, C.
Решение.
Из задания 1-г известно уравнение плоскости, проходящей через точки
А, В, С:  2 x  7 y  10 z  43  0 .
Воспользуемся формулой (6) для вычисления расстояния от точки
D= (6;10;3) до плоскости АВС. Имеем
d
Ответ:
Ax0  By 0  Cz0  D
d
A  B C
2
2
2

 2  6  7 10  10  3  43
(2)  7  (10)
2
2
2

71
.
153
71 .
153
1. Найти угол между плоскостями, проходящими через точки A, B, C и B,
C, D.
Решение:
Из задания 1-г известно уравнение плоскости, проходящей через точки
А, В, С:  2 x  7 y  10 z  43  0 .
Найдём уравнение плоскости, проходящей через точки B, C, D. Имеем
65
x0
2
6
y 1
z 5
3 1 6  5  0 ,
10  1 3  5
x0
y 1 z  5
2
6
2
9
1  0.
2
 4 x  18( z  5)  6( y  1)  12( z  5)  9 x  4( y  1)  0
 13x  10 y  6 z  40  0 .
Найдём нормальные вектора для данных плоскостей: для плоскости
АВС - это вектор n1  (2;7;10) , а для плоскости BCD - n2  (13;10;6) . Тогда по
формуле (5) найдём угол между плоскостями:
  arccos
n1  n2
n1  n2
 arccos
arccos
Ответ:   arccos
36
46665
 2  (13)  7  10  (10)  6
(2)  7 2  (10) 2  (13) 2  10 2  6 2
2
36
153  305
 arccos
=
36
46665
.
4. Составить самостоятельно уравнения плоскостей, которые были
бы между собой:
а) параллельны;
б) перпендикулярны.
Решение.
а) По следствию 1 известно, что у параллельных плоскостей параллельны
нормальные векторы
n1 n2 , значит, их координаты пропорциональны, т.е.
A1 B1 C1


A2 B2 C2
Пусть n1  (12;2;8) . Возьмём коэффициент пропорциональности 2, тогда
n2  (6;1;4) . Составим уравнения плоскостей с найденными нормальными
векторами:
Р1: 12 x  2 y  8 z  40  0
Р2: 6 x  y  4 z  4  0 .
В составленных уравнениях коэффициент D выбран произвольно, так
как на параллельность он не влияет.
б) По следствию 2 известно, что у перпендикулярных плоскостей
скалярное произведение
нормальных векторов равно нулю, то есть
66
A1A2+B1B2+C1C2=0. Пусть n1  (12;2;8) , тогда подберём такие A2, B2,, C2, чтобы
12A2+2B2+8C2=0.
Пусть,
например,
A2=1,
B2=-2,,
а
C2=-1,
12  1 +2  (2) +8  (1) =0, тогда n2  (1;2;1) .
Составим уравнения плоскостей с найденными нормальными
векторами. Имеем
Р1: 12 x  2 y  8 z  16  0
Р2: x  2 y  z  5  0 .
В составленных уравнениях коэффициент D выбран произвольно, так
как на перпендикулярность плоскостей он не влияет.
Ответ: а) Р1: 12 x  2 y  8 z  40  0 ; Р2: 6 x  y  4 z  4  0 ;
б) Р1: 12 x  2 y  8 z  16  0 ; Р2: x  2 y  z  5  0 .
Задачи для самостоятельного решения
1. Составить уравнение плоскости, проходящей через точки
A(0;1;2), B(-1;0;1), C(2;0;1). Определить её нормальный вектор n .
Указания: Использовать формулу (3) уравнения плоскости, раскрыть
определитель и записать уравнение плоскости в виде (2), составить n из
коэффициентов при x, y, z в уравнении плоскости.
Ответ: -y+z-1=0, n =(0;-1;1).
2. Определить угол φ между плоскостью P1: x-y+z+10=0 и плоскостью P2,
проходящей через точки A(2;0;1), B(-1;1;0), C(0;-1;-2).
Указания: Найти уравнение плоскости P2 по формуле (3), найти n1 и
n2 , воспользоваться формулой (4).
Ответ:   arccos
3
33
.
3. Найти расстояние d от точки M1(1;-2;-3) до плоскости, проходящей
через точку M0(0;1;0) с нормальным вектором n =(-1;1;1).
Ответ. d 
7
3
Указания: Найти уравнение плоскости по формуле (1), найти расстояние
от точки до плоскости по формуле (6).
5.4.Варианты индивидуальных заданий
1. Составить уравнение плоскости, проходящей:
67
а) через точку A и имеющей нормальный вектор BC ;
б) через точку B параллельно векторам AC и AD ;
в) через точки A и B параллельно вектору CD ;
г) через точки A, B, C;
д) через точку D параллельно плоскости, которая проходит через точки
A, B, C;
е) через точки C и D перпендикулярно плоскости, проходящей через
точки A, B, C.
2. Вычислить расстояние от точки D до плоскости, проходящей через
точки A, B, C.
3. Найти угол между плоскостями, проходящими через точки A, B, C и
B, C, D.
4. Составить самостоятельно уравнения плоскостей, которые были бы
между собой:
а) параллельны;
б) перпендикулярны.
Варианты точек:
Вариант
1
Набор точек
Вариант
9
2
10
3
11
4
12
5
13
6
14
7
15
Набор точек
8
68
6. Прямая в пространстве
Прямая — один из основных геометрических объектов. Если в качестве
основного, при построении геометрии, принять понятие расстояния, то прямую
можно определить как линию, путь вдоль которой равен расстоянию между ее
точками.
Аналитически прямая на плоскости задаётся одним уравнением, а в
пространстве, -системой двух уравнений первой степени.
6.1.Формы уравнений
Рассмотрим основные
пространстве.
формы уравнений, задающих прямую в
6.1.1.Канонические уравнения
Пусть даны одна из точек прямой M0(x0, y0, z0) и вектор s  ( m, n, p ) ,
параллельно которому нужно провести прямую. Вектор s
называется
направляющим. Согласно одной из аксиом геометрии такая прямая
существует и притом только одна.
Пусть точка M(x, y, z), - произвольная точка искомой прямой l. Тогда
векторы M 0 M и
Следовательно ,
s
коллинеарны и их координаты пропорциональны.
x  x0 y  y 0 z  z 0


m
n
p .
(1)
Система этих соотношений и представляет канонические уравнения
прямой.
6.1.2.Параметрические уравнения
Обозначим отношения, указанные в (1), через t. Тогда имеем
x  x0
y  y0
z  z0
 t;
 t;
 t.
m
n
p
Отсюда,
69
 х  x0  mt

 y  y0  nt .
 z  z  pt
0

Данная система представляет собой
прямой в пространстве.
(2)
параметрические уравнения
6.1.3.Прямая, проходящая через две точки
Пусть заданы точки прямой M0(x0, y0, z0) и M1(x1, y1, z1) , а точка M(x,y,z)
,- произвольная точка искомой прямой. Тогда, взяв, в качестве направляющего,
s  M 0 M  ( x1  x0 , y1  y0 , z1  z0 ) ,
вектор
уравнением (1), получим искомое уравнение:
x  x0
y  y0
z  z0


x1  x0 y1  y 0 z1  z 0
и
воспользовавшись
.
(3)
6.1.4.Общие уравнения прямой
Каждое из соотношений (1), (2), (3) можно представить в виде
 A1 x  B1 y  C1 z  D1  0

,
 A2 x  B2 y  C2 z  D2  0
(4)
которые и называются общими уравнениями прямой. Они, по сути дела,
представляют собой способ задания прямой в виде пересечения двух
плоскостей и являются отражением одной из аксиом стереометрии.
6.2.Некоторые основные задачи
Рассмотрим основные задачи, связанные с расположением прямой в
пространстве. К ним относятся определение угла между прямыми, угла между
прямой и плоскостью, нахождение расстояния от точки до прямой, и
расстояния между двумя скрещивающимися прямыми.
6.2.1.Угол между прямыми
70
Если прямые l1 и l2 пересекаются, то под углом между ними будем

понимать наименьший из образованных углов,   0,  .
 2
Если же прямые l1, l2 скрещиваются, то под углом

между ними будем
'
понимать угол между прямыми l 2 и l1 , где l2' прямая, проходящая через
какую-либо точку прямой l1 и параллельная l 2 .
Пусть известны направляющие векторы s1 , s 2
соответственно. Возможно их следующее расположение:
прямых
l1, l2 ,
или
В первом случае
cos  
s1 * s2
s1 * s2
,
во втором,cos =
s1 * s2
s1 * s2
, или cos = cos(   ) =  cos  
s1 * s2
s1 * s2
.
Таким образом,
cos  cos
71
И косинус угла и сам угол между l1 , l 2 можно вычислить по формулам
cos  
s1 * s2
s1 * s2
  arccos
Замечание. Если l1
,
s1 * s2
.
s1 * s2
(4)
(5)
|| l2 , то s1 || s2 . Если l1  l2 , то s1  s2 .
6.2.2.Угол между прямой и плоскостью
Рассмотрим плоскость Р и пересекающую ее в точке М0 прямую l. Пусть
М – произвольная точка прямой,
а М1, - основание опущенного из неё перпендикуляра на плоскость Р. Тогда
угол
  ММ 0 М 1
и есть угол между прямой и плоскостью. Очевидно, что
 
  0,  .
 2
Восстановим в точке М0 вектор n  ( A, B, C ) - нормальный вектор
плоскости и обозначим через ψ, - угол между n и вектором s , - направляющим
вектором прямой. Тогда возможны следующие варианты их взаимного
расположения:
72
Отсюда


2
  или    

2
,
Следовательно,
sinφ=cosψ
или
sinφ= -cosψ
Таким образом,
sinφ=|cosψ|,
Отсюда
n*s
sinφ=
(6)
n*s
и
n*s
φ=arcsin
n*s
.
(7)
Следствие 1. Если l  P , то n s . Это верно и в обратную сторону.
Следствие 2. Если l P или l  P , то n  s , следовательно, n * s  0 .
Очевидно, это верно и в обратную сторону.
6.2.3.Расстояние от точки до прямой
Ограничимся описанием соответствующего алгоритма.
73
Пусть дана прямая l с направляющим вектором
s
и точка М0 вне её.
Возьмем произвольную точку M  l и рассмотрим вектор MM 0 . Тогда
искомое расстояние d, т.е. длина перпендикуляра, опущенного из точки М0 на
прямую, из геометрических соображений, равна
2
d  MM 0  (пр s MM 0 ) 2 .
(8)
6.2.4.Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми
Прямые l1 и l2 называются
скрещивающимися,
если
они
не
пересекаются и не лежат в одной
плоскости. Расстоянием между ними
называется длина общего перпендикуляра.
Шаг 1. Возьмём точку М на прямой l2. и
проведём
через
неё
прямую,
параллельную l1.
74
Шаг 2. Теперь, по аксиоме стереометрии
через две прямые, пересекающиеся в
точке М можно провести плоскость Р и
притом только одну.
Итак,
построена
плоскость
Р,
параллельная прямой l1.
Таким образом, первоначальная задача о нахождении расстояния
между двумя скрещивающимися прямыми сводится к задаче нахождения
расстояния между
параллельными прямой и плоскостью. Упростим
полученную задачу.
Шаг 3. Возьмём точку Е на прямой l1 и
проведём перпендикуля ЕН из точки Е на
плоскость Р. Найденный перпендикуляр и
есть искомое расстояние.
Пусть уравнение найденной плоскости Р:
Ax  By  Cz  D  0 , а координаты точки Е,
взятой на прямой l1 равны ( x0 ; y0 ; z 0 ).
Тогда искомое расстояние можно найти
по формуле:
d
Ax0  By 0  Cz0  D
A2  B 2  C 2
.
(9)
6.3.Замечание
Прямую на плоскости можно рассматривать как частный случай
расположения прямой в пространстве. Предполагая, например, что прямая
лежит в плоскости z=0 и убирая из уравнений (1) – (3) третью координату,
получим соответствующие уравнения прямой на плоскости:
x  x0 y  y0

m
n ;
 х  x0  mt
- параметрические:  y  y  nt ;
0

- канонические:
- уравнение прямой, проходящей через две заданные точки:
75
x  x0
y  y0

x1  x0 y1  y0
.
Каждое из этих уравнений можно представить в виде
Ax + By + C = 0,
которое называется общим уравнением прямой. Если коэффициент B не равен
нулю, то уравнение можно представить в виде
y
 C  Ax
A
C
или y=kx+b ( k   , b   ),
B
B
B
(10),
которое называется уравнением прямой
с
угловым
коэффициентом.
Коэффициент k,- угловой коэффициент,
представляет собой тангенс угла наклона
прямой с положительным направлением
оси OX, коэффициент b характеризует
вертикальное
смещение
прямой
относительно начала координат.
Задачи, связанными с определением
взаимного расположения прямых или прямой и точки могут быть решены
описанным выше образом. Если прямые заданы в форме (10) , то в качестве
направляющего может быть взят вектор s  ( m, n) .
6.4. Примеры и задачи для самостоятельного решения
Пусть есть точки A(1;5;0), B(2;5;6), C(0;3;5), D(6;1;0).
1. Составить канонические и параметрические уравнения прямой,
проходящей через точки A, B и C, D . Проверить, будут ли эти прямые
параллельны или перпендикулярны между собой.
Решение.
Для составления канонических уравнений прямых AB и CD найдём
направляющие вектора AB и CD и воспользуемся формулой (1). Имеем
AB  (1;0;6) ; CD  (6;2;5) .
Уравнение прямой AB:
x 1 y  5 z  0


1
0
6
Уравнение прямой CD:
x0 y 3 z 5


6
2
5
76
Составим параметрические уравнения полученных прямых. Для этого
обозначим отношения через t :
Для прямой AB:
x 1 y  5 z  0


t.
1
0
6
Для прямой CD:
x 0 y 3 z 5


t.
6
2
5
Выразив x, y, z , получим прямые AB и CD в параметрическом виде:
x  t  1

y  5
 z  6t

 x  6t

 y  2t  3 .
 z  5t  5

CD  (6;2;5) не
Так как направляющие вектора AB  (1;0;6) и
коллинеарные, то есть AB   CD , то прямые AB и CD не параллельны.
AB
Найдём
скалярное
произведение
векторов
и
CD :
AB  CD  6  0  30  24  0 ,- следовательно,
прямые AB и CD не
перпендикулярны.
x 1 y  5 z  0


Ответ: Канонические уравнения прямых:
1
0
6 - AB;
x  t  1
x0 y 3 z 5


- CD. Параметрические уравнения прямых:  y  5 - AB;
6
2
5

 z  6t
 x  6t

 y  2t  3 - CD. Прямые AB и CD не параллельны и не перпендикулярны.
 z  5t  5

2. Лежат ли прямые AB и CD в одной плоскости? Если да, то найдите
угол между ними. Если нет, то определите кратчайшее расстояние между
ними.
Решение.
Если две прямые лежат в одной плоскости, то они либо пересекаются,
либо параллельны. Из задания 1 известно, что AB и CD не параллельны, значит
остаётся проверить, не пересекаются ли они? Если прямые имеют точку
пересечения, то в этой точке у них равны соответствующие координаты. Таким
образом, имеем систему уравнений:
77
 1
t  5
t

1

6
t
5
t

1





5  2t  3  2t  2  t  1
6t  5t  5 11t  5

5


t 
 11
Так как в процессе решения мы получили 3 разных значения параметра t ,
то данная система решений не имеет. Это означает, что прямые AB и CD не
пересекаются.
Теперь найдём расстояние между ними.
Шаг 1. Построим через точку С прямую, параллельную AB. Так как они
должны быть параллельны, то у новой прямой l направляющий вектор тот же,
что и у AB: AB  (1;0;6) .
Шаг 2. Найдём нормальный вектор
плоскости Р, проходящей через
прямые CD и l .
n   AB  CD 
 0
6 1 6 1 0 
  12;41;2 .
 
;
;


2

5
6

5
6

2


Тогда уравнение
плоскости с
найденным нормальным вектором n ,
проходящей через точку D :
12( x  6)  41( y  1)  2( z  0)  0 ,
или
12 x  41y  2 z  113  0 .
Шаг 3. Найдём расстояние между найденной плоскостью Р и точкой В.
Для этого из точки В на плоскость опустим перпендикуляр ВК. По формуле (9)
Получаем
BK 
12  2  41 5  2  6  113
122  412  (2) 2

104
1829
.
Ответ: Прямые AB и CD не пересекаются. Расстояние между ними
104
.
1829
3. Найти точку D1, симметричную точке D относительно прямой,
проходящей через точки A и B. Чему равно расстояние от точки D до
указанной прямой?
78
Решение.
Найдём точку D1, симметричную точке D относительно прямой АВ.
По определению точки D1 и D лежат на прямой, пресекающей прямую АВ
под прямым углом и равноудаленные от нее.
Пусть F - точка пересечения прямых
АВ и DD1.
Шаг 1. Найдём точку F . Из задания 1
параметрическое уравнение прямой
АВ:
x  t  1

y  5
 z  6t

Тогда точка F имеет
(t+1;5;6t).
координаты
Далее, направляющий вектор прямой DD1 имеет вид DF  (t  5;4;6t ) а
вектор AB  (1;0;6) .Так как DF и AB перпендикулярны, то
скалярное
произведение DF  AB =0.Имеем
1(t  5)  0  4  6  6t  0
37t  5
5
t
37
Отсюда точка F  (1
5
30
;5; ) .
37 37
Шаг 2. Найдём координаты D1 .Так как ,точка F - середина отрезка DD1,
то выполняются равенства:
xF 
x D  x D1
yF 
2
6  xD1
42

37
2
138
27
x D1 
3
37
37
5
y D  y D1
2
1  y D1
y D1
2
9
zF 
30

37
z D1
z D  z D1
2
0  z D1
2
60

37
Отсюда D1  3 27 ;9;1 23  .
 37
37 
79
Найдём теперь расстояние от точки D до прямой АВ. Чтобы
воспользоваться формулой (8) нужно найти вектор AD , косинус между
векторами AD и AB , проекцию вектора AD на AB
Шаг 3. Найдём вектор AD и косинус
между векторами AD и AB . Имеем
AD  (5;4;0)
cos ( AD, AB) 
AD  AB

5 1  4  0  0  6
25  16 1  36
AD AB

5
1517
.
Шаг 4. Найдём проекцию AF вектора AD на AB .Имеем
Пр AВ AD  AD  cos ( AD, AB)  41
5
1517

5
37
Шаг 5. Найдём расстояние от точки D до прямой АВ по формуле
(8).Имеем
2
DF  AD  ( ПрAВ AD) 2  41 
Ответ. D1  3 27 ;9;1 23  ; DF 
 37
37 
25
1492

.
37
37
1492
.
37
4. Написать канонические уравнения прямой.
x  3 y  2 z  2  0,
x  3 y  z  14  0.
заданной в общем виде.
Решение:
Найдём нормальные вектора данных плоскостей. Имеем
n1  (1;3;2)
n2  (1;3;1)
Направляющий вектор прямой, заданной пересечением двух данных
плоскостей перпендикулярен плоскости, в которой лежат найденные
нормальные вектора, поэтому его находим как:
80
i
j
k
 3 2 1 2 1 3
  (9;1;6).
S  n1  n2  1  3 2  
;
;

3
1
1
1
1
3

1 3 1 
Найдем координаты одной из точек
( x0 , y0 , z 0 ) , через которую проходит
прямая.
Дадим координате z значение z  0 . Имеем
 x  3 y  2  0,
 x  3 y  2  0,  x  8,



 x  3 y  14  0 6 y  12
 y  2
Таким образом, получаем точку с координатами (8,2,0).
Найдем уравнение прямой. Используя (1),имеем
x8 y 2 z

 .
9
1
6
Ответ:
x8 y 2 z

 .
9
1
6
5. Найти точку пересечения прямой и плоскости
x  2 y 1 z  3


,
1
1
2
x  2 y  z  2  0.
Решение.
Представим уравнение прямой в параметрическом виде. Используя (2),
имеем:
 x  t  2,

 y  t  1,
 z  2t  3.

Подставим полученные x, y, z в уравнение плоскости. Получим
81
(t  2)  2(t  1)  (2t  3)  2  0,
 t  2  2t  2  2t  3  2  0,
 t  1  0,
t  1.
Таким образом, координаты искомой точки (3,2,1).
Ответ: (3,2,1).
5. Найти точку М ' , симметричную точке М относительно прямой.
М (3,3,3),
x  1 y  1,5 z  3


.
1
0
1
Решение.
Найдём
уравнение
нормальным
плоскости
вектором
с
n  (1;0;1) ,
равным направляющему вектору данной
прямой s  (1;0;1) , и проходящей через
точку М (3,3,3) . Имеем
 1( x  3)  0( y  3)  1( z  3)  0,
 x  z  0.
Найдем точку пересечения прямой и плоскости. Имеем
 x  t  1,
x  1 y  1,5 z  3



 t   y  1,5,
1
0
1
 z  t  3.

 (t  1)  (t  3)  0,
2t  2  0,
t  1.
Таким образом , M 0 (2;1,5;2) - точка пересечения.
Отсюда,
82
xM 0 
yM0 
xM  xM 
 xM '  2 xM 0  xM  2  2  3  1,
2
yM  yM 
 y M '  2 y M 0  y M  2  1,5  3  0,
2
zM0 
zM  zM 
 z M '  2 z M 0  z M  2  2  3  1.
2
Следовательно, M ' (1,0,1) - искомая точка.
Ответ: M ' (1,0,1)
Задачи для самостоятельного решения
1. Составить канонические, параметрические, в виде пересечения двух
плоскостей уравнения прямой, проходящей через т. М1(-1; 0; 1), М2(-1; 2; 0).
Указания: Определить направляющий вектор, составить уравнения
прямой в соответствии с формулами (1),(2), представить канонические
уравнения в виде системы уравнений
,
и получим пересечение двух плоскостей.
Ответ:
2. Найти угол между прямыми l1 и l2, проходящими через точки
М1(2;1;0), М2(0; 1; -1) и М3(1; 0; -1), М4(-1; 0; 1) соответственно.
Указания: Найти направляющие вектора прямых l1 и l2, воспользоваться
формулой (4).
83
Ответ.   arccos
1
10
3. Выяснить взаимное расположение прямой l1, проходящей через точки
М1(-1; -1; -2), М2(1; 2; 1) и плоскости Р: 2x-3y+z+4=0. Найти, если возможно,
их точку пересечения.
Указания: Определить направляющий вектор прямой l1 и нормальный
вектор плоскости Р, найти угол между прямой и плоскостью по формуле
(6),если sin   0 , то прямая параллельна плоскости или лежит в ней; если
sin   0 , то прямая пересекает плоскость. Представить прямую в
параметрическом виде по формуле (2), Подставить параметрические выражения
x, y, z в уравнение плоскости, найти t , подставить найденное значение t в
параметрическое уравнение прямой и подсчитать координаты точки
пересечения.
Ответ. Прямая и плоскость пересекаются под углом   arcsin
1
77
в точке
М0(2;3,5;1,5).
6. 5. Варианты индивидуальных заданий
1. Составить канонические и параметрические уравнения прямой,
проходящей через точки A, B и C, D . Проверить, будут ли эти прямые
параллельны или перпендикулярны между собой.
2. Лежат ли прямые AB и CD в одной плоскости? Если да, то найдите угол
между ними. Если нет, то определите кратчайшее расстояние между ними.
3. Найти точку D1, симметричную точке D относительно прямой, проходящей
через точки A и B. Чему равно расстояние от точки D до указанной прямой?
Варианты точек для заданий 1-3:
Вариант
1
Набор точек
Вариант
9
2
10
3
11
4
12
Набор точек
84
5
13
6
14
7
15
8
4. Написать канонические уравнения прямой, заданной в общем виде.
Вариант
1
2
3
4
5
6
7
8
Система
2 x  y  z  2  0,
2 x  y  3 z  6  0.
x  3 y  2 z  2  0,
x  3 y  z  14  0.
x  2 y  z  4  0,
2 x  2 y  z  8  0.
x  y  z  2  0,
x  y  2 z  2  0.
2 x  3 y  z  6  0,
x  3 y  2 z  3  0.
3 x  y  z  6  0,
3 x  y  2 z  0.
x  5 y  2 z  11  0,
x  y  z  1  0.
3 x  4 y  2 z  1  0,
2 x  4 y  3 z  4  0.
Вариант
9
10
11
12
13
14
15
Система
5 x  y  3 z  4  0,
x  y  2 z  2  0.
x  y  z  2  0,
x  2 y  z  4  0.
4 x  y  3 z  2  0,
2 x  y  z  8  0.
3 x  3 y  2 z  1  0,
2 x  3 y  z  6  0.
6 x  7 y  4 z  2  0,
x  7 y  z  5  0.
8 x  y  3 z  1  0,
x  y  z  10  0.
6 x  5 y  4 z  8  0,
6 x  5 y  3 z  4  0.
5. Найти точку пересечения прямой и плоскости
Вариант
1
2
3
Задание
x  2 y  3 z 1


,
1
1
4
x  2 y  3z  14  0.
x 1 y  3 z 1


,
3
4
5
x  2 y  5 z  20  0.
x 1 y  5 z 1


,
1
4
2
x  3 y  7 z  24  0.
Вариант
9
10
11
Задание
x  2 y 1 z  4


,
1
1
1
2 x  y  3z  23  0.
x2 y2 z3


,
1
0
0
2 x  3 y  5 z  7  0.
x 1 y 1 z  2


,
2
1
3
4 x  2 y  z  11  0.
85
4
5
6
7
8
x 1 y z  3
 
,
1
0
2
2 x  y  4 z  0.
x5 y 3 z 2


,
1
1
0
3x  y  5 z  12  0.
x 1 y  2 z  3


,
3
2
2
x  3 y  5 z  9  0.
x 1 y  2 z 1


,
2
1
1
x  2 y  5 z  17  0.
x 1 y 1 z 1


,
1
0
1
3x  2 y  4 z  8  0.
x3 y 4 z 4


,
1
5
2
7 x  y  4 z  47  0.
x3 y2 z 2


,
1
5
3
5 x  y  4 z3  0.
12
13
14
x2 y2 z4


,
2
3
3
x  3 y  5 z  42  0.
15
x 1 y  2 z  4


,
2
0
1
x  2 y  4 z  19  0.
6. Найти точку М ' , симметричную точке М относительно прямой.
Вариант
1
2
3
4
5
6
7
8
Прямая и точка
x  1 y  1,5 z
М (0,3,2),

 .
1
1
1
x  4,5 y  3 z  2
М (2,1,1),


.
1
 0,5
1
Вариант
9
x  2 y  1,5 z  1


.
1
2
1
x  0,5 y  1,5 z  1,5
М (1,2,3),


.
0
1
1
11
М (1,1,1),
М (1,0,1),
x  0,5 y  1,5 z

 .
0
2
0
10
12
13
14
x  2 y  1,5 z  0,5


.
0
1
1
x  0,5 y  1,5 z  0,5 15
М (2,3,0),


.
1
0
1
М (2,1,0),
М (1,0,1),
Прямая и точка
x  1,5
y
z2
М (0,2,1),


.
2
1
1
x  6 y  3,5 z  0,5
М (3,3,1),


.
5
4
0
x  1 y  1,5 z  3


.
1
1
0
x  0,5 y  0,75 z  2
М (1,2,0),


.
1
 0,2
2
М (2,3,3),
М (2,2,3),
x  1 y  0,5 z  1,5


.
1
0
0
x  0,5 y  1 z  4


.
0
0
2
x  0,5 y  1,5 z  1,5
М (0,3,2),


.
0
1
1
М (1,0,1),
x
y  1,5 z  2


.
1
0
1
86
7. Кривые второго порядка
Впервые кривые второго порядка изучались одним из учеников Платона.
Его работа заключалась в следующем: если взять две пересекающиеся прямые
и вращать их вокруг биссектрисы угла, ими образованного, то получится
конусная поверхность. Если же пересечь эту поверхность плоскостью, то в
сечении получаются различные геометрические фигуры, а именно эллипс,
окружность, парабола, гипербола и несколько вырожденных фигур.
Однако эти научные знания нашли применение лишь в XVII, когда стало
известно, что планеты движутся по эллиптическим траекториям, а пушечный
снаряд летит по параболической. Ещё позже стало известно, что если придать
телу первую космическую скорость, то оно будет двигаться по окружности
вокруг Земли, при увеличении этой скорости — по эллипсу, а по достижении
второй космической скорости тело по параболе покинет поле притяжения
Земли.
7.1.Канонические формы уравнений
7.1.1. Эллипс
Эллипсом называется геометрическое место точек плоскости, сумма
расстояний каждой из которых от двух фиксированных точек, называемых
фокусами, есть величина постоянная.
Пусть F1, F2, - фокусы, где F1F2 = 2с, - межфокусное расстояние, а М –
произвольная точка эллипса. Тогда
М
2с
F1
F2
MF1+MF2=2a,
где a – заданная константа. Введем систему координат указанным ниже на
рисунке образом.
87
М(x,y)
y
-c
F1
c
0
x
F2
Тогда в выбранной системе координат уравнение эллипса примет вид
x2 y2

 1,
a2 b2
(1)
где a  0 , b  0 . Это и есть каноническое уравнение эллипса.
Перечислим простейшие свойства эллипса.
1.Эллипс имеет как минимум две оси симметрии и центр симметрии.
Действительно в канонической системе координат оси ОХ и ОУ являются
осями симметрии эллипса, а точка (0;0)- центром симметрии.
2.Эллипс пересекает оси симметрии в 4 точках.
В канонической системе координат точки пересечения эллипса с осями
имеют координаты: A(a;0) , B (a;0) , C (0;b) , D(0; b) . Данные точки называются
вершинами эллипса.
3. Эллипс является ограниченной фигурой, он размещается в
прямоугольнике 2а на 2 b .
Параметры а и b называют полуосями: а - большая полуось, а b меньшая. Полуоси равны половинам расстояний между соответствующими
противоположными вершинами эллипса.
88
b
a
Форму эллипса характеризует параметр k  . Он описывает степень его
сжатия или растяжения. Также, для этих целей используется параметр
e
a2  b2
 1 k 2 ,
2
a
(2)
он называется эксцентриситетом эллипса.
Вернёмся к понятию фокусов эллипса. Как было отмечено выше, они
расположены в точках F1(-с;0), F2(с;0), где
c  a2  b2 ,
(3)
2
2
или c  b  a (если фокусы эллипса расположены на ОУ)
Оптическое свойство эллипса. Луч, выходящий из одного из фокусов
эллипса, после своего отражения от кривой, описывающей эллипс, проходит
через второй фокус:
.
Замечание. При формулировании этого свойства естественно предполагается , что угол
падения луча на кривую равен углу его отражения.
7.1.2. Окружность
Окружностью называется геометрическое место точек плоскости,
равноудаленных от фиксированной точки, называемой центром.
Пусть точка M 0 ( x0 , y0 ) - центр, а точка M ( x, y ) , - произвольная точка
окружности. Тогда
M 0 M 2  R 2 ,
где R называется радиусом окружности, или в развернутом виде
x  x0 2   y  y0 2  R 2 .
(4)
89
Уравнение (4) называется каноническим уравнением окружности.
Замечание. Если в уравнении (4) обозначить x  x  x0 , y   y  y0 и
разделить обе части на R 2 , получим уравнение
x 2 y  2

 1 . Т.о. окружность
R2 R2
есть частный случай эллипса с равными полуосями.
7.1.3. Гипербола
Гиперболой называется геометрическое место точек плоскости, для
каждой из которых модуль разности расстояний от двух фиксированных точек,
называемых фокусами, есть величина постоянная.
Пусть F1 , F2 , - фокусы, расстояние F1 F2  2c , M – произвольная точка
гиперболы. Тогда, согласно определения, имеем
MF1  MF2  2a ,
(5)
где а – заданная величина.
М
2с
F1
F2
Введем систему координат, указанным ниже на рисунке способом.
М(x,y)
y
-c
F1
c
0
F2
x
90
тогда соотношение (5) после алгебраических преобразований и исключения
иррациональности можно представить в виде:
x2 y2

 1,
a2 b2
(6)
которое и называется каноническим уравнением гиперболы. В данной
системе координат и указанном уравнении (6) график гиперболы имеет вид:
y
y=x*b/a
-c
F1
c
a
a
0
F2
x
y= - x*b/a
Если же уравнение гиперболы имеет вид
x2 y2
 2  2  1,
b
a
(7)
то соответственно ее график имеет вид:
y
x= - y*b/a
x=y*b/a
c
F2
a
a
x
-c F1
91
Параметры a и b называют полуосями, a - действительной, b - явной.
Параметр
e
a2  b2
a2
(8)
называется эксцентриситетом. Он характеризует форму гиперболы.
Отметим некоторые свойства гиперболы.
1) Гипербола имеет, как минимум, две оси симметрии и центр
симметрии.
Действительно, точка (0;0) при любом расположении графика гиперболы
в канонической системе координат является центром симметрии. Роль осей
симметрии играют оси ОХ и ОУ.
2) Гипербола пересекает одну из осей симметрии в двух точках,
называемых вершинами, с другой же осью симметрии гипербола не
пересекается.
Такие, на первом графике вершины гиперболы (6) расположены на оси
ОХ, это точки (a,0) и (a,0) , на втором графике (7) - на оси ОУ ,-это (0, a) и
(0,a) .
3) Гипербола имеет асимптоты, то есть прямые, к которым гипербола
неограниченно приближается, если точка, скользящая вдоль нее, уходит в
бесконечность.
Для гиперболы с каноническим уравнением
x2 y2

 1,
a2 b2
асимптоты
описываются уравнениями
b
b
x и y  x.
a
a
(9)
Для гиперболы, заданной уравнением 
x2 y2

 1, асимптоты задаются
b2 a2
y
прямыми
x
b
y.
a
(10)
x2 y2
Фокусы гиперболы F1 (c;0), F2 (c;0) (или F1 (0;c), F2 (0; c) для  2  2  1 )
b
a
расположены на одной оси с её вершинами. Здесь
(11)
c  a2  b2 .
Оптическое свойство гиперболы. Луч, выходящий из одного из фокусов гиперболы, после
своего отражения от кривой идет так, как - будто он вышел из второго фокуса.
92
7.1.4. Парабола
Параболой называется геометрическое место точек плоскости
равноудаленных от фиксированной точки, называемой фокусом, и данной
прямой, которая называется директрисой.
Пусть прямая l, - директриса, F1 - фокус и удалён от директрисы на
расстояние p, а точка М, - произвольная точка параболы. Тогда
N
М
p
F1
l
MN  MF1
Выберем систему координат указанным ниже образом.
93
y
N
М
p/2
p/2
0
F1
x
l
.
Тогда уравнение параболы, после исключения иррациональности примет
вид
y 2  2 px ,
p0
(12)
которое и называется каноническим уравнением параболы. В данной
системе координат и указанном уравнении (12) график параболы имеет вид:
y
F1
p/2
0
x
l
Для
найденного канонического уравнения параболы
директрисы l :
x
p
,  p  0
2
уравнение
(13)
p
а фокус F1 расположен в точке  ;0  .
2

Отметим одно из свойств.
Парабола имеет одну ось симметрии.
94
В выбранной выше системе координат осью симметрии параболы
является ОХ.
p
2
Замечание. 1. Если фокус имеет координаты F1 ( ;0) ,а директриса
описывается уравнением x 
p
 p  0 , то уравнение параболы принимает вид
2
y 2  2 px .
(14)
Если же фокус расположить на оси 0y, то уравнение примет вид
x 2  2 py или x 2  2 py ,
в
зависимости
от
расположения
директрисы
(y
(15)
p
2
или
y
p
,
2
соответственно). Эти уравнения также называются каноническими.
Отмеченные особенности позволяют однозначно определять расположение
параболы и её характеристические признаки (координаты фокуса, уравнение
директрисы).
Оптическое свойство параболы. Лучи, параллельные оси параболы,
после отражения от кривой проходят через ее фокус.
7.2. Общее уравнение кривых второго порядка, их классификация
Алгебраическая кривая второго порядка — это геометрическое место
точек, декартовы прямоугольные координаты которых удовлетворяют
уравнению вида
(16)
в котором по крайней мере один из коэффициентов
отличен от
нуля. Это уравнение, путем определенных преобразований, а именно, 95
поворота и параллельного переноса осей координат может быть приведено к
некоторому простейшему виду, называемому каноническим.
Если исключить случаи вырождения, т.е. когда уравнение (16)
распадается на уравнения первого порядка или описывает единственную точку,
можно выделить три принципиально различных типа кривых, - это эллипс,
гипербола и парабола. К их числу относится и окружность, которая является
частным случаем эллипса.
Изложим принципы классификации кривых второго порядка.
Определяющую роль в идентификации кривых играют некоторые
выражения, называемые инвариантами, которые сохраняют знак при
выполнении указанных преобразований. По этой причине тип кривой, с
использованием инвариантов, может быть установлен по исходному
уравнению.
Не рассматривая здесь вырожденные случаи, т.е. те из них, когда
уравнение (16), описывают точку, мнимый эллипс или распадается на
уравнения прямых, таких инварианта два, - это определитель уравнения (16)
а11
  а 21
а12
а 22
а13
а 23
а 31
а 32
а 33
(17)
и определитель его квадратичной части

а11
а12
а 21
а 22
.
(18)
Тогда, в зависимости от сочетания их знаков уравнение (16) описывает:
- эллипс, если   0,   0 ;
- гиперболу, если   0,   0 ;
- параболу, если   0,   0 .
7.3. Типовые примеры, задачи для самостоятельного решения
1. Определите вид кривой второго порядка, приведите её уравнение к
каноническому виду и постройте её в декартовой системе координат:
а) 9 x 2  4 y 2  54 x  8 y  49 ; б) 4 x 2  y 2  16 x  2 y  11; в) ( x  1) 2  16 y 2  x 2  1 .
Решение:
а) Шаг 1. Для определения вида кривой второго порядка запишем
определители  и  (см.формулы (17),(18)).Имеем
96
9 0
27
  0 4  4  9  4  49  1764  0
0 0 49

9 0
 36  0
0 4
Так как   0, а   0 , то данная кривая - эллипс.
Шаг 2. Приведём уравнение к каноническому виду методом выделения
полных квадратов (метод Лагранжа):
1)Сгруппируем слагаемые, содержащие одинаковые переменные:
(9 x 2  54 x)  (4 y 2  8 y)  49
2)Вынесем за скобку старшие коэффициенты
9( x 2  6 x)  4( y 2  2 y)  49
3)Выделим в скобках полные квадраты. Имеем
9( x 2  6 x  9  9)  4( y 2  2 y  1  1)  49
9(( x  3) 2  9)  4(( y  1) 2  1)  49 .
4)Раскроем внешние скобки.
9( x  3) 2  81  4( y  1) 2  4  49 .
и перенесём свободные члены в правую часть. После приведения подобных
получим
9( x  3) 2  4( y  1) 2  49  81  4
9( x  3) 2  4( y  1) 2  36
5) Разделим теперь обе части уравнения на 36. Получим
( x  3) 2 ( y  1) 2

1
4
9
Шаг 3. Построим кривую второго порядка в декартовой системе
координат.
( x  3) 2 ( y  1) 2

 1 видно, что центр эллипса
Из последнего уравнения
4
9
находится в точке (-3;1), полуоси a  2 , b  3 .Используя эти данные построим
график эллипса.
97
б) Аналогично примеру а), сначала определим вид кривой второго
порядка по её уравнению 4 x 2  y 2  16 x  2 y  11.Имеем
4
0
8
  0  1  1  4  (1)  11  44  0 ,
0 0 11

4 0
 4  0 .
0 1
Так как   0,   0 , то данная кривая является гиперболой.
Приведём уравнение к каноническому виду.
1)Сгруппируем слагаемые с одинаковыми переменными
(4 x 2  16 x)  ( y 2  2 y)  11 .
2)Вынесем за скобку старшие коэффициенты.
4( x 2  4 x)  ( y 2  2 y)  11.
3)Выделим в скобках полные квадраты.
4( x 2  4 x  4  4)  ( y 2  2 y  1  1)  11,
4(( x  2) 2  4)  (( y  1) 2  1)  11
4)Раскроем теперь внешние скобки
4( x  2) 2  16  ( y  1) 2  1  11 ,
перенесём свободные члены в правую часть и приведём подобные
4( x  2) 2  ( y  1) 2  11  16  1
4( x  2) 2  ( y  1) 2  4
5) Разделив теперь обе части уравнения на 4,получим
98
( x  2) 2 ( y  1) 2

1
1
4
Построим эту кривую в декартовой системе координат.
Из последнего уравнения
( x  2) 2 ( y  1) 2

1
1
4
видно, что полуоси
гиперболы равны a  1 , b  2 . Центр симметрии гиперболы в точке (2;-1)находится аналогично центру эллипса и окружности. Вершины гиперболы
расположены в точках (3;-1) и (1;-1) - то есть, они расположены по левую и
правую сторону от центра симметрии на расстоянии a по оси ОХ. Асимптоты
гиперболы пересекают противоположные вершины прямоугольника 2a на 2b с
центром в точке (2;-1). Используя это, строим график гиперболы
.
в) Определим вид кривой второго порядка. Для этого раскроем скобки и
приведем подобные. Имеем
( x  1) 2  16 y 2  x 2  1
x 2  2 x  1  16 y 2  x 2  1
2 x  16 y 2
Разделив на 16, получим каноническое уравнение параболы
y2 
1
x.
8
Построим кривую в декартовой системе координат.
Из последнего уравнения x  8y 2 видно, что парабола проходит через
точку (0;0), осью симметрии является ОХ. Построим таблицу некоторых точек
параболы
99
х
у
0
0
2

1
2
8
32
1
2
При помощи этих данных строим график параболы.
2. Найти площадь треугольника, две вершины которого находятся в
фокусах данного эллипса, а третья в центре окружности
x 2  2 x  y 2  6 y  1  0 , 4 x 2  6 y 2  24 .
Решение.
Приведём уравнения к каноническому виду.
x 2  2x  y 2  6 y  1  0
4 x 2  6 y 2  24
( x 2  2 x)  ( y 2  6 y )  1  0
x2 y2

1
6
4
( x 2  2 x  1  1)  ( y 2  6 y  9  9)  1  0
( x  1) 2  1  ( y  3) 2  9  1  0
( x  1) 2  ( y  3) 2  9
После приведения становится понятным, что
( x  1) 2  ( y  3) 2  9
2
-
2
x
y

 1 - уравнение
6
4
эллипса с центром в точке (0;0) и полуосями a  6 и b  2 . Найдём фокусы
уравнение окружности с центром в точке (1;-3), а
данного эллипса. По формуле (3): c  a  b  6  4 = 2 . Тогда фокусы
данного эллипса в точках ( 2 ;0) и (- 2 ;0). Таким образом, вершины искомого
треугольника в точках О(1;-3), F2 ( 2 ;0) и F1 (- 2 ;0)
2
2
100
Площадь
S
полученного
треугольника
.
вычислим
по
формуле
1
F1 F2  H F1F2 , где H F1F2 - это высота, опущенная на сторону F1F2 =2 2 .
2
Заметим, что высота равна модулю ординаты точки О, то есть, H F1F2 =3. Тогда
1
S  2 2  3  3 2 кв.ед.
2
Ответ: 3 2 кв.ед.
3. Найти уравнения гиперболы, вершины которой находятся в фокусах
данного эллипса, а фокусы – в его вершинах
6 x 2  4 y 2  12 .
Решение.
Найдём вершины эллипса
6 x 2  4 y 2  12 .
2
Для этого приведём его
2
x
y

 1 . Из полученного уравнения
2
3
получим полуоси a  2 , b  3 . Тогда вершины эллипса ( 2 ;0) и (- 2 ;0),
(0; 3 ) и (0;- 3 ). Найдём фокусы этого эллипса по формуле (3). Заметим, что
фокусы эллипса находятся на ОУ, c  3  2  1 , значит, F1 (0;1) и F2 (0;1) . По
уравнение к каноническому виду
условию задачи вершины искомой гиперболы находятся в фокусах данного
эллипса, значит вершины гиперболы (0;1) , (0;1) . Тогда фокусы искомой
кривой тоже расположены на ОУ: F1 (0; 3 ) и F2 (0;- 3 ).
Зная вершину гиперболы, можно найти одну из полуосей. Так как фокусы
расположены на ОУ, то уравнение будет иметь вид: 
x2 y2

 1 . Значит, a  1 .
b2 a2
По формуле (11) 3  12  b 2 , откуда b   2 . По определению канонического
уравнения гиперболы параметр b  0 . Значит вторая полуось гиперболы b  2 .
Искомое уравнение гиперболы имеет вид: 
x2 y2

 1.
2
1
101
Ответ. 
x2 y2

1
2
1
4. Составить канонические уравнения парабол, фокусы которых
совпадают с фокусами данного эллипса. Написать для них уравнение
директрисы.
3x 2  7 y 2  21
Решение.
Приведём уравнение эллипса к каноническому виду.
x2 y2

1
7
3
Найдём фокусы эллипса (формула (3)).Имеем c  a 2  b 2  7  3  2 ,
тогда F1 (2;0), F2 (2;0) .
Построим каноническое уравнение параболы с фокусом F1 (2;0) . Так как
p
для параболы F    ;0  , то p  4 . Тогда уравнение параболы имеет вид

2

y  8 x . Директрисой этой кривой является прямая x  2 .
2
Построим каноническое уравнение параболы с фокусом F2 (2;0) .
Для параболы с положительным значением координаты x у фокуса,
p 
F   ;0  , p  4 . Тогда уравнение параболы y 2  8 x . Директриса этой кривой
2 
второго порядка x  2 .
Ответ: y 2  8x , x  2 или y 2  8 x , x  2 .
Задачи для самостоятельного решения
1.Составить простейшее уравнение гиперболы, если расстояние между ее
вершинами равно 20, а расстояние между фокусами 30.
Указания.
1)Найдите длину полуоси a , которая лежит на действительной оси
(вершины гиперболы лежат на действительной оси, в случае простейшего
уравнения центр симметрии гиперболы в точке (0;0)).
2)Найдите фокусное расстояние.
3) Воспользуйтесь формулой (11), найдите из неё длину второй полуоси
b.
4)Запишите уравнение гиперболы по формуле (6).
x2
y2

 1.
Ответ:
100 125
2. Найти длины осей, координаты фокусов и эксцентриситет эллипса 4x2
+ 9y2 = 144.
Указания.
1) Привести уравнение к каноническому виду.
2) Найти значения полуосей a и b .
102
3) Определить на какой оси находятся фокусы. Вычислить фокусное
расстояние c по формуле (3). Записать точки фокусов.
4) Вычислить эксцентриситет по формуле (2).
Ответ. Координаты фокусов будут (2 5 ,0) и (2 5 ,0) . Эксцентриситет
эллипса e 
5
.
3
3. Парабола y2 = 2px проходит через точку A(2, 4). Определить ее
параметр p.
Указания. Подставить координаты точки А в уравнение параболы,
решить уравнение
Ответ. p = 4
4. Составить уравнение параболы, зная, что вершина ее находится в
начале координат, а расстояние от фокуса до вершины равно 4 единицам
длины, а осью симметрии служит ось Ox.
Указания.
1) Определить какого вида уравнения параболы удовлетворяют условию
симметрии относительно Ox.
2) Параметр p есть расстояние от директрисы параболы до фокуса.
Расстояние от фокуса до вершины равно
p
. Найдите p .
2
3) Напишите уравнения парабол (12), (14).
Ответ. y2 = 16x и y2 = -16x.
7.4. Варианты индивидуальных заданий
Варианты
1.Определить тип кривой второго порядка, привести её уравнение к
каноническому виду и построить её график в декартовой системе координат.
Уравнения кривых
а
б
в
1
x 2  25 y 2  6 x  50 y  41
9 x 2  4 y 2  18 x  16 y  11
( x  1) 2  y 2  x 2  1
2
4 x 2  9 y 2  8 x  18 y  23
4 x 2  y 2  16 x  2 y  11
( x  7) 2   y 2  x 2  49
3
x 2  4 y 2  2 x  16 y  19
y 2  ( x  3) 2  x 2  9 x  9
9 x 2  4 y 2  54 x  16 y  61
4
4 x 2  y 2  8 x  4 y  4
y 2  ( x  4) 2  x 2  16
x 2  4 y 2  10 x  40 y  79
5
x 2  9 y 2  10 x  18 y  7
 ( x  3) 2  y 2   x 2  11x  9
x 2  9 y 2  10 x  72 y  160
6
x 2  9 y 2  10 x  18 y  7
16 x 2  4 y 2  32 x  24 y  84
x 2  y 2  16  ( x  4) 2
7
x 2  16 y 2  14 x  32 y  49
1
x2 1
y 2  ( x  1) 2 

4
4 4
x 2  4 y 2  10 x  40 y  79
103
8
4 x 2  y 2  8x  6 y  9
x 2  y 2  100  ( x  10) 2
4 x 2  y 2  24 x  2 y  36
9
x 2  9 y 2  4 x  36 y  31
4 x 2  9 y 2  16 x  54 y  101
x 2  1  5x  ( x  1) 2  y 2
10
9 x 2  4 y 2  18 x  16 y  11
( x  1) 2  y 2  x 2  1
x 2  25 y 2  6 x  50 y  41
11
4 x 2  y 2  16 x  2 y  11
4 x 2  9 y 2  8 x  18 y  23
( x  7) 2   y 2  x 2  49
12
y 2  ( x  3) 2  x 2  9 x  9
9 x 2  4 y 2  54 x  16 y  61
4 x 2  y 2  8 x  4 y  4
13
y 2  ( x  4) 2  x 2  16
4 x 2  y 2  8 x  4 y  4
x 2  4 y 2  10 x  40 y  79
14
16 x 2  4 y 2  32 x  24 y  84
x 2  y 2  16  ( x  4) 2
x 2  9 y 2  10 x  18 y  7
15
4 x 2  y 2  24 x  2 y  36
4 x 2  y 2  8x  6 y  9
y 2  ( x  3) 2  x 2  9 x  9
Вариант
2. Найти площадь треугольника, две вершины которого находятся в
фокусах данного эллипса, а третья в центре окружности.
3. Найти уравнения гиперболы, вершины которой находятся в фокусах
данного эллипса, а фокусы – в его вершинах.
4. Составить канонические уравнения парабол, фокусы которых
совпадают с фокусами данного эллипса. Написать для них уравнение
директрисы.
Уравнения для выполнения заданий 2-4
1
2
3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
104
Список литературы
1. Блох Э.Л., Лошинский Л.И., Турин В.Я. Основы линейной алгебры и
некоторые ее приложения. Учебное пособие. М., «Высшая школа», 1971.
2. Погорелов А.Я. Аналитическая геометрия. М., «Наука»,1968.
3. Фаддеев Д.К., Соминский И.С. Сборник задач по высшей алгебре. М.,
«Наука»,1968.
4. Кузнецов Л.А. Сборник заданий по высшей математике (типовые расчеты).
М:, Высшая школа, 1983.
105