close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

1956.Линейная алгебра и аналитическая геометрия

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
НОУ ВПО «Академия управления «ТИСБИ»
Г.В.Альтшулер, Н.Г.Леонтьева
Линейная алгебра и аналитическая геометрия
Учебно-методическое пособие
Казань 2009
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рекомендовано к печати
Учебно-методическим советом
НОУ ВПО «Академия
Управления «ТИСБИ»
Составители: к.ф.м.н., доцент кафедры математики НОУ ВПО «Академия
Управления «ТИСБИ» Г.В.Альтшулер;
к.ф.м.н., доцент кафедры математики НОУ ВПО «Академия
Управления «ТИСБИ» Н.Г.Леонтьева.
Рецензенты: к.т.н., доцент Е.А.Печеный;
Старший преподаватель кафедры математики НОУ ВПО
«Академии управления «ТИСБИ» Л.Р.Пантелеева
НОУ ВПО «Академия управления «ТИСБИ»
2
2009
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Содержание
Введение .............................................................................................................. 4
Тема 1. Матрицы. Операции над матрицами. ..................................................... 5
Тема 2. Определители. Свойства определителей. Вычисление определителей. 11
Тема 3. Обратные матрицы. Решение систем линейных алгебраических
уравнений с помощью обратной матрицы. Формулы Крамера.......................... 17
Тема 4. Ранг матрицы. Методы нахождения ранга матрицы. ........................... 21
Тема 5. Линейные операции над столбцами. Понятие линейной зависимости и
линейной независимости столбцов. ................................................................... 25
Тема 6. Неоднородная система линейных алгебраических уравнений. Метод
Гаусса. ................................................................................................................ 29
Тема 7 . Однородные системы линейных алгебраических уравнений. ............. 35
Тема 8. Векторы. Линейные операции над векторами. Линейная зависимость
векторов. Базис................................................................................................... 40
Тема 9. Декартовы координаты векторов. Деление отрезка в заданном
отношении.......................................................................................................... 46
Тема 10. Скалярное, векторное и смешанное произведение векторов. ............. 50
Тема 11. Плоскость. ........................................................................................... 57
Тема 12. Прямая в пространстве. ...................................................................... 63
Тема 13. Прямая на плоскости .......................................................................... 68
Тема 14. Кривые второго порядка. .................................................................... 73
Тема 15. Комплексные числа. ........................................................................... 83
Тема 16. Линейные пространства и собственные вектора ................................ 89
Контрольные вопросы ....................................................................................... 96
Литература ......................................................................................................... 98
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Введение
Учебное пособие написано для студентов экономических специальностей.
Пособие состоит из 16 тем, посвященные различным аспектам курса. Каждая
тема включает теоретическую часть в кратком изложении, решении
практических типовых примеров, а также задания для самостоятельной работы
студентам, к которым приведены ответы. Учебное пособие имеет своей целью
помочь студентам научиться решать типовые задачи по основным темам курса
и, естественно, не заменяет лекции и основную рекомендуемую литературу,
необходимые для более глубокого изучения предмета.
Структура пособия такова, что оно может быть использовано студентами
различных форм обучения – очной, заочной и дистанционной.
Выписка из Госстандарта. Математика. Линейная алгебра с элементами
аналитической геометрии: операции над векторами; системы линейных
алгебраических уравнений; определители и их свойства; собственные значения
матриц; комплексные числа; прямые и плоскости в аффинном пространстве;
выпуклые множества и их свойства.
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Тема 1. Матрицы. Операции над матрицами.
Матрицей размерности (mn) называется прямоугольная таблица из
mn чисел aij (элементов матрицы):
 a11

a
A   21
.

 a m1
a12
a 22
.
am2
a1n 

... a 2n 
 (aij ) m n ,
.
. 

... a mn 
...
где m – число строк матрицы, n – число столбцов, аij – элемент стоящий в i-ой
строке и j-том столбце ( i  1, m, j  1, n ) .
 b1 
 
 b2 
Столбец – это матрица b  
размерности (m1). Строка – это матрица
 
 
 bm 
а  a1 a 2  a n  размерности (1n). Матрица размерности (nn) называется
квадратной порядка n.
Квадратная матрица называется треугольной, если все ее элементы,
расположенные выше или ниже главной диагонали равны нулю.
 a11

 0
A
.

 0
 a1n 

a 22  a 2n 
.
.
.
. 

0  a nn 
a12
Квадратная матрица называется диагональной, если все ее элементы,
кроме элементов главной диагонали, равны нулю.
 a11

 0
A
.

 0
0 

a 22  0 
.
.
.
. 

0  a nn 
0

Квадратная матрица называется единичной, если она диагональная
матрица и все элементы, стоящие на главной диагонали равны единице:
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 0  0


0
1

0


.
E 
. . . .


0
0

1


Операции над матрицами.
Пусть даны матрицы A  (aij ) m n и B  (bij ) m n .
1. Равенство матриц.
А = В тогда и только тогда, когда aij = bij ( i  1, m, j  1, n ).
2. Сложение матриц.
Суммой матриц А+В называется матрица С = А + В, где
cij = aij + b ij ( i  1, m, j  1, n ). Из определения операции сложения следуют
свойства:
а) А + В = В + А.
б) (А + В) + С = А + (В + С).
3. Умножение матрицы на число .
В =   А, где b ij = aij ( i  1, m, j  1, n ), т. е. каждый элемент матрицы А
умножается на число .
Свойства операции умножения на число.
Пусть А, В – матрицы, ,  – числа.
а) (А + В) = А + В.
б) ( + )А = А + А.
в) ()А = (А).
Из операций 2 и 3 следует:
I.
A + 0 = A, где А = (аij)mn ; 0 = (0ij)mn – нулевая матрица.
II.
Для матрицы А существует единственная матрица –А=(-1) А,
такая, что А + (–А) = 0.
III. Существует операция обратная сложению, называемая вычитанием, т.е.
если В + С = А, то С = А – В называется разностью матриц А и В.
4. Произведение строки на столбец.
Если а  (a1 a2  an )
 b1 
 
 b2 
и b    , то

 
 bn 
аb  a1b1  a 2 b2    a n bn .
5. Произведение матриц.
Если А = (аij)mp и B = (b ij)pn, то матрица С = АВ = (с ij)mn, где
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
p
c ij  а i b j  a i1 b1 j  a i 2 b2 j    a ip b pj   a ik bkj – сумма произведений i-той строки
k 1
матрицы А на j-тый столбец матрицы В.
Замечание. Произведение АВ определено, если число столбцов матрицы А
равно числу строк матрицы В.
Из определения операции умножения следует, что в общем случае АВ
 ВА. Если АВ = ВА, то матрицы А и В называются коммутативными
(перестановочными).
Свойства операции умножения матриц.
а) А0 = 0А = 0.
б) АЕ = ЕА = А.
в) (А+В)С = АС + ВС.
г) А(В + С) = АВ + АС.
д) (АВ)С = А(ВС).
6. Транспонирование матрицы.
Транспонированной матрицей называется матрица, у которой строки
заменены соответствующими столбцами. Такая матрица обозначается АТ . Итак,
если А = (aij)mn, то AT = (aji)nm.
Операция транспонирования обладает свойствами:
Т Т
а) (А ) = А
б) (А + В)Т = АТ + ВТ
в) (А)Т = АТ , где  – число
г) (АВ)Т = ВТ АТ .
Рассмотрим некоторые примеры с решениями.
 2  1
0 1 




Пример 1. Заданы матрицы A   3  2 ; B   1 0  . Вычислить 2А – 3В.
 5  3
 0  1




Решение. Используя свойство произведения числа  на матрицу, имеем
 4  2
0 3 




2 A   6  4 ; 3B   3 0  .
10  6 
 0  3




 40

Следовательно, 2 A  3B   6  3
10  0

 2  3   4  5
 

 4  0    3  4
 6  ( 3)  10  3 
 4
 
Пример 2. Найти произведение АВ, если A  (2  3 0) , B   3  .
1
 
Решение. С = АВ = (с 11), где с 11 = 2  4 + (-3)  3 + 0  1 = -1. Итак, АВ = (-1).
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3 0 1 
1 0 0




Пример 3. Найти произведение АВ, если A   1 1  1 , B   0 1 0  .
 4 2  1
0 0 1




 c11 c12 c13 


Решение. С = АВ =  c 21 c 22 c 23  , где
c

 31 c32 c33 
с11=31 + 00 + 10=3, с 12=30 + 01 + 10=0 , с 13=30 + 00 + 11=1
с21=11+10+(-1)0=1, с 22=10+11+(-1)0=1, с 23=10+10+(-1)1=-1
с31=41+20+(-1)0=4, с 32=40+21+(-1)0=2, с 33=40+20+(-1)1=-1
3 0 1 


Итак, C  A  B   1 1  1 .
 4 2  1


2
1  2
Пример 4. Вычислить 
 .
3

4


2
1  2
 1  2  1  2 
Решение. Очевидно, что 
  

 
3

4
3

4
3

4





 5 6 
 
 (Используется правило умножения матриц).

9
10


Пример 5. Найти значение многочлена f(A), если:
 1 2
 .
 1 3
f(x) = x2 – 3x + 1; A  
1 0
2
 .
Решение. f ( A)  A  3 A  E , где E  
0
1


Используя,
правило
умножения
матриц,
найдем
1 2  2  3 
 1 2  1 2   1  2  (1)
A 2  A  A  

  
 
  1 3   1 3   (1)  1  3  (1) (1)  2  3  3 
 1 8
 
 .

4
7


 3 6
 .
Используя правило умножения матрицы на число, найдем 3A  

3
9


8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Следовательно,
 1 8  3 6 1 0   4 2  1 0
f ( A)  A 2  3 A  E  
  
  
  
  
 

4
7

3
9
0
1

1

2
0
1

 
 
 
 

 3 2 
 
.
  1  1
Пример 6. Выполните операцию транспонирования матриц:
1 2 3 


А   4 5 6 ,
7 8 9


 2 1 0


В   1 1 2 .
 0 2 3


Решение. По определению, чтобы получить матрицу АТ , нужно в матрице А
1 4 7 
 2 1 0




T
заменить строки столбцами, т.е. А   2 5 8  , В   1 1 2  .
 0 2 3
3 6 9




Т
Здесь матрица В – симметрическая, поэтому она не изменилась при
транспонировании.
Задачи для самостоятельного решения.
1.–7. Заданы матрицы.
2 1
0 1 
 0  1
 2 0 0
1 0 0










A   3  2 , B   1 0 , C   2 1 , D   0 3 0 , E   0 1 0 ,
 5  3
 0  1
3 1 
0 0 1
0 0 1










1 0 1 1 


0
2
1
3


F 
.
0 0 4  1


0
0
0
5


1. Определить размерности всех матриц.
2. Выписать элементы матриц A и F: а12, а32, f33, f34.
3. Указать квадратные, диагональные, единичные, треугольные матрицы.
4. Вычислить матрицы А+В, А+В–С, D+Е.
5. Проверить равенства А+В=В+А, А+(В+С)=(А+В)+С.
6. Доказать, что для любых вещественных  и : (+)А=А+А, (А+В)=
А+В, ()А=(А).
7. Вычислить 2А+2В: 2(3А), 2А+3В–С, D–2Е.
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8.–11. Найти произведение матриц АВ и ВА. Есть ли среди матриц А и В –
коммутативные матрицы?
3  2
 3 4
, B  
 .
5

4
2
5




 2 1 1
 2 0 0




9. A    1 3 2 , B   0 1 0  .
 1 2 1
0 0 1




3
 
1
10. A  4 0  2 3 1, B    1 .
 
5
2
 
2 0



2
3
0
1
1

1




, B  
11. A  
.
1
1
2

1

1
2




1
3


8. A  
12. Найти значение многочлена f(A) от матрицы А, если f(x)=3x2–4,
 2 1
A  
 .
0
3


13.–16. Транспонировать матрицы:
 2 1 0


4
1


 , 14.  1 1 2  , 15.
13. 
 0 1
4 1 1


1

4
1


0

 , 16. 
0
 1 1

1
0 0 1

2 1 1
.
1 3 1

1 1 4 
17. Для следующих матриц А, В, С, D перечислить пары (с учетом порядка
сомножителей), для которых определено произведение. Указать размерность
матриц – произведений, если
  2 3
 2 1 1
3




 
2
1

1


A  
, B   1 0 , C    1 3 2 , D   1  .
 0 1  4
 2 1
 1 2 1
  1




 
Ответы:
1: А=(aij)32, B=(b ij)32, C=(c ij)32, D= (dij)33, E=(eij)33, F=(fij)44.
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2: a12=-1, a32=-3, f33=4, f34=-1.
3: Квадратные D,E,F; диагональные D,E; единичная Е; треугольная F.
2 0 


4: A  B   4  2 ;
 5  4


2 1 
 3 0 0




A  B  C   2  3; D  E   0 4 0  ;
 2  5
0 0 2




7:
0 
2 
4
12  6 
4






2 A  2 B   8  4  , 2  (3 A)  18  12 ; 2 A  3B  C   7  5 
10 8 
 30  18 
 7  10 






;
0 0 0 


5 2
 29  22 
D  2E   0 1 0  . 8: A  B  
, B  A  
;
7 0
31  24 


 0 0  1


 4 1 1
 4 2 2




9: A  B    2 3 2 , B  A    1 3 2  ; 10: АВ = ( 31);
 2 2 1
 1 2 1




0
0
11: A  B  
 4 0
 ,
1 1
13: 
6
 4

0 B  A   3 2
 4 1
 ,

0
6
 1
0
2
4
6
2

2
 8 15 
;
 3  ; 12: f ( A)  

0 23

2
1

 2 1 4


 4 1
0
 , 16: 
14:  1 1 1  , 15: 
0
 1 1
0 2 1



1

17: (АВ)22, (ВА)33, (АС)23, (AD)21, (CD)31,
0 0 1

2 1 1
;
1 3 1

1 1 4
(CB)
3х 2
, не существуют
произведения : ВС, ВD, CA, DA, DB, DC.
Тема 2. Определители. Свойства определителей. Вычисление
определителей.
Определителем или детерминантом порядка n называется число
det A=|A|, которое ставится в соответствие каждой квадратной матрице
А=(аij)n x n порядка n по следующим формулам:
при n=1 det A = |a11|=a11,
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
при n=2 det A=
a11
a12
a 21 a 22
=a11a22- a21a12,
(1)
При n>2
det A=|A|=
a11
a12
... a1n
a 21
a 22
... a 2 n
... ... ... ...
a n1 a n 2 ... a nn
= a11A11+a12A12+…+a1nA1n ,
(2)
где Aij=(-1)i+jMij, а Mij – минор элемента aij, т.е. определитель порядка (n-1),
получаемый из |A| вычеркивания его i-ой строки и j-ого столбца, на
пересечении которых находится элемент aij. Число Aij называется
алгебраическим дополнением элемента aij.
Для определителей третьего порядка из формулы (2) можно вывести
следующее правило вычисления, известное как «правило треугольника»:
определитель третьего порядка равен алгебраической сумме произведений
элементов, соединенных в треугольники по следующей схеме :
–
|A| = +
Рис.1. Правило треугольника.
Исходя из вышесказанного, имеем:
a11 a12
|A|= a 21 a 22
a 31 a 32
a13
a 23 = a11a22a33 + a21a32a13 + a12a23a31–
a 33
(3)
– a31a22a13 – a21a12a33 – a32a23a11 .
Замечание: Правило треугольника применимо для вычисления только
определителей третьего порядка.
Рассмотрим примеры с решениями:
Пример 1. Вычислить определитель второго порядка: |A|=
Решение: В силу формулы (1), имеем:
5 2
=53-72=15-14=1
7 3
12
5 2
7 3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример 2. Вычислить определитель второго порядка: |A|=
ab ab
ab ab
Решение: Очевидно, по формуле (1),
ab ab
= (a + b)2–(a – b)2=a2 + 2ab + b 2 – a2 + 2ab – b2 = 4ab.
ab ab
2 1 3
Пример 3. Вычислить определитель третьего порядка: | A | 5 3 2 .
1 4 3
Решение. Используя правило треугольника, вычисляем определитель :
2 1 3
5 3 2 =233 + 543 + 121 – 133 – 513 – 422 =18 + 60 + 2 – 9 – 15 – 16 =
1 4 3
=80 – 40 = 40
 2 1 3


Пример 4. Задана матрица А=  5 3 2  .
1 4 3


1. Вычислить определитель |A|.
2. Найти миноры всех элементов aij.
~
3. Построить матрицу A =(Aij)3x3 из алгебраических дополнений элементов
матрицы А.
Решение:
1. В примере 3 был вычислен |A|=40.
2 1 3
2. |A|= 5
3 2
.
1 4 3
Чтобы найти минор М11 к элементу а11=2, нужно вычеркнуть первую строку и
первый столбец, на пересечении которых стоит элемент а 11=2 и вычислить
оставшийся определитель второго порядка. Таким образом,
М11=
3 2
.
4 3
Аналогично найдем все оставшиеся миноры .
Итак,
М11=
3 2
;
4 3
M12=
5 2
;
1 3
M13=
13
5 3
;
1 4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
4
1
M31=
3
3
;
3
3
;
2
2 3
2
;
M23=
1 3
1
2 3
2
M32=
;
M33=
5 2
5
~
3. Построим матрицу A =(Аij)(3x3).
M21=
M22=
1
;
4
1
;
3
Так как Аij=(–1)i+jMij, то
3 2
5 2
5 3
=1; A12=(–1)1+2
= –13; A13=(–1)1+3
=17;
4 3
1 3
1 4
3
2 3
2 1
=9;
A22=(–1)2+2
=3; А23=(–1)2+3
= –7;
3
1 3
1 4
3
2 3
2 1
= –7;A32=(–1)3+2
=11;
A33=(–1)3+3
=1.
2
5 2
5 3
А11=(–1)1+1М11=
1
4
1
А31=(–1)3+1
3
A21=(–1)2+1
Таким образом,
 1  13 17 

~ 
A= 9
3
 7
  7 11
1 

Свойства определителей:
1. При транспонировании матрицы её определитель не изменится.
2. Если все элементы какой-либо строки (столбца) умножить на одно и тоже
число, то определитель умножится на это число.
3. Если поменять местами 2 строки (столбца) определителя, то последний
изменит знак на противоположный.
4. Определитель, имеющий одинаковые строки (одинаковые столбцы), равен
нулю.
5. Если каждый элемент некоторой строки (столбца) определителя
представлен в виде суммы двух слагаемых, то и сам определитель можно
представить в виде суммы определителей вида:
a1  a1
a 2  a 2
a3  a3
6.
7.
b1
b2
b3
c1
a1
c 2  a 2
c3
a3
b1
b2
b3
c1 a1
c 2  a 2
c3 a3
b1
b2
b3
c1
c2
c3
Если к элементам некоторой строки(столбца) прибавить соответствующие
элементы другой строки (столбца), умноженные на любой общий
множитель, то величина определителя не изменится.
Сумма произведений какой-либо строки (столбца) на их алгебраические
дополнения равна определителю:
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
det A = ai1Ai1+ai2Ai2+…+ainAin , i=1, n ,
8.
det A = a1jA1j+a2jA2j+…+anjAnj , j=1, n .
Сумма произведений какой-либо строки (столбца) на алгебраические
дополнения другой строки (столбца) равна нулю.
ai1Ak1+ai2Ak2+…+ainAkn=0, i=1, n , k=1, n , ik
a1jA1p +a2jA2p +…+anjAnp =0, j=1, n ,p=1, n , jp.
9. Определитель, имеющий нулевую строку (столбец) равен нулю.
10. Определитель треугольного или диагонального вида равен произведению
элементов главной диагонали.
11. Определитель произведения матриц равен произведению определителей
этих матриц.
Пример 5.
2 3 4
Вычислить определитель |A|= 5  2 1 , разложив его по
1 2 3
элементам любой строки (столбца).
Решение. Вычислим |A|, разложив его по элементам первого столбца.
2 3 4
2 1
3 4
+ 5(–1)2+1
+
5  2 1 =2А11+5А21+1А31=2(–1)1+1
2 3
2 3
1 2 3
3 4
+ 1(–1)3+1
=2 (–6–2)–5 (9–8)+1 (3+8)= –16–5+11= –10.
2 1
Замечание: Если в определителе содержатся нули, то удобно вычислять
определитель разложением по элементам той строки (столбца), которая
содержит наибольшее число нулей.
Пример 6. Вычислить тот же определитель, используя свойства 6 и 7.
Решение:
Используя свойство 6, получим в третьей строке два нуля и разложим вновь
полученный определитель по третьей строке:
2 3 4 2 1  2
1  2
5  2 1 = 5  12  14 =1(-1)3+1
= –10.
 12  14
1 2 3 1 0
0
(–2)
(–3)
Метод разложения определителя по элементам строки (столбца)
используется для вычисления определителей любого порядка.
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
0 0 1
2 3 4
Пример 7. Вычислить определитель |A|= 0
1 0
5
7
7
6
9
5
0 0 0 2 4
0 0 0
0
2
Решение: Разложим |А| по элементам первого столбца:
0 0 1
2 3 4
5
7
7
6
0 1 0
9
5 =2(–1)2+1
0 0 0 2 4
0 1
5
0 1
5
7
1 0 9 5
1 0 9 5
= –2
=
0 0 2 4
0 0 2 4
0 0
0 2
0 1 5
0 1
= –22(–1)4+4 1 0 9 = –4 1 0
0
0 0 0
0 0 2
7
2
0 0
0
2
5
1 5
=
9 = –41(–1)2+1
0 2
0 0 2
= 4(–2)= –8
Задачи для самостоятельного решения.
1-3. Вычислить определители второго порядка.
1.
1 2
;
3 4
2.
cos   sin 
;
sin  cos 
3.
cos  sin 
;
sin  cos 
4-7. Вычислить определители третьего порядка.
3 2 1
4 2 1
1 1 1
cos   sin  0
4. 2 5 3 ; 5. 5 3  2 ; 6. 1 2 3 7. sin  cos  0
3 4 2
3 2 1
1 3 6
0
0
1
3
x x
2
 1 3 = 0;
8. Решить уравнение:
x  10 1
1
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
0 1 1


9. Дана матрица А=  1 0 1  .
1 1 0


а) Вычислить определитель А.
б) Найти миноры всех элементов аij
10-13. Вычислить определители:
0 1 1 1
10.
2
5
1
2
0 0 0 1
1 0 1 1
 3 7 1 4
0 0 0 2
; 11.
; 12.
;
1 1 0 1
5 9 2 7
0 0 0 3
1 1 1 0
4
4 3 5 2
8 0 0 0
13. 4
3 8 2
4 3
1 2
8 0
0
6
1
2
1 2 3 4
3
0
7 .
0
0 6
Ответы: 1: –2; 2: 1; 3: cos(+); 4: –3; 5: 1; 6: 1; 7: 1; 8: x= –4 22 ; 9: a) 2,
б) М11= –1; M12= –1; M13=1; M21= –1; M22= –1; M23= –1; M31=1; M32= –1;
M33= –1. 10: –3; 11:–9; 12: 0; 13: 0.
Тема 3.
Обратные матрицы. Решение систем линейных
алгебраических уравнений с помощью обратной матрицы.
Формулы Крамера.
Пусть А – квадратная матрица порядка n. Матрица А–1 называется
обратной для матрицы А, если АА–1 = А–1А = Е, где Е – единичная матрица
порядка n. Если матрица А – невырожденная, т.е. det A  0, то обратная
матрица А–1 существует и может быть вычислена по формуле
T
 A11 A12  A1n 

1 ~T
1  A21
A 1 
( A) 
det A
det A  .

 An1

A22  A2n 
,
.
.
. 

An 2  A nn 
17
(1)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где Aij – алгебраические дополнения элементов aij ( i  1, n, j  1, n ) матрицы А.
 1  3  3


Пример 1. Найти обратную матрицу А–1 для матрицы A   2
2  4 .
 2 2 4 


Решение: Вычислим определитель det A и алгебраические дополнения Aij
элементов aij ( i  1,3, j  1,3 ).
1  3  3
det A  2
2
A11 
2
4
2 4
 0,
2 4
A21  
A31 
 4  72 .
2
3 3
2
4
3 3
2
4
 18,
 18,
A12  
2 4
 16,
2 4
A22 
A32  
1  3
2
4
1  3
2
4
 2,
A13 
2 2
 8,
2 2
A23  
 10,
1  3
A33 
2
2
 8,
1  3
2
2
 4.
Обратную матрицу запишем по формуле (1):
 0  16
1
1 
1
A 
A 
2
18
det A
72 
18  10
~
T
8 
 0 18

1 
 8 
  16 2
72 

4 
 8  8
T
18 

 10 
4 
.
Правильность ответа проверим, убедившись в справедливости АА-1=АА=Е.
Достаточно убедится, что АА-1=Е.
18 18 
  1  3  3
 0

 1 

A A   2
2  4     16 2  10  
 2  2 4  72   8  8
4 



18 18 
  1  3  3  0
 72

 1 
1 

2  4   16 2  10  
 2
0
72 
72 



4 
 2  2 4   8  8
0
1
0
72
0
0  1 0 0
 

0   0 1 0
72   0 0 1 
Системой n линейных алгебраических уравнений с n неизвестными называется
система вида:
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
где aij – коэффициенты системы ( i  1, n, j  1, n );
18
(2)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
х1, x2,…, xn – неизвестные; b 1, b2,…, bn – свободные члены.
Система (2) называется неоднородной системой. Она допускает эквивалентную
матричную запись:
АХ=В
(3)
где А=(aij)nn
 x1 
 b1 
 
 
 x2 
 b2 
– матрица системы, X    – столбец неизвестных, B   


 
 
 xn 
 bn 
– столбец свободных членов.
Систему (2) или (3) будем называть крамеровской, если
det A0.
Крамеровская система имеет единственное решение, которое может быть
найдено с помощью обратной матрицы по формуле:
Х = А–1 В,
(4)
либо по формулам Крамера: xk 
xk
, k  1, n ,

(5)
где  = det A – определитель матрицы системы,
k – определитель, полученный из  заменой его k-ого столбца столбцом
свободных членов.
В случае, если det A = 0, но хотя бы один из определителей k ( k  1, n ) не
равен нулю, то система (2) не имеет решения. Более подробно этот вопрос
будет рассмотрен в теме 6.
 x  3 y  3 z  5

Пример 2. Найти решение системы уравнений 2 x  2 y  4 z  1
2 x  2 y  4 z  2

а) с помощью обратной матрицы,
б) по формулам Крамера.
Решение: а) Запишем систему уравнений в матричном виде: A  X  B , где
 1  3  3
 x
5


 
 
A 2
2  4 , X   y , B    1 .
 2 2 4 
z
2


 
 
Обратная матрица А–1 была вычислена в примере 1, с ее помощью находим
решение системы:
18 18   5 
 0
 18   1 4 






1
1
X  A 1  B    16 2  10     1    102     51 36 
72 
   72   24    1 
 8 8 4   2 

 
3 
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 x   1 4 
 
1
51
1
Итак, X   y     51 36  , следовательно х  у   , z   .
4,
36
3
 z    1 
  
3 
б) Найдем определители  и k ( k  1,3 ):
 = det A = 72
5 3 3
1 5  3
1   1 2  4  18,  2  2  1  4  102,
2 2 4
2
2
4
1  3 5
3  2
2  1  24 .
2 2 2
По формулам Крамера (5), получаем:
x
1 1
 ,
 4
y

2
51
1
 , z 3  .

36

3
Задачи для самостоятельного решения.
1. Для заданных матриц найти обратные матрицы и сделать проверку:
 2 3 1


 sin  
 , 4)  3 6 2  ,
cos  
 1 2 1


 1 1 1 0


2  1
 2
2 1 1




 1 2 1 0
5)  2  1 2  , 6)  3 1  2  , 7) 
.
1
4
1
0
1 2
1 0 1 


2 



 0 0 0 3
1 2
 , 2)
1) 
3
4


 5  4

 , 3)

8
6


 cos 

 sin 
2. Используя обратные матрицы, найденные в предыдущем задании, решить
матричные уравнения АХ = В, если:
 2 3 1
1


 
1
2
3


 
, B    , 2) A   3 6 2 , B   0  .
1) A  
3 4
 5
 1 2 1
1


 
3. Решить следующие системы уравнений с помощью обратной матрицы и
формул Крамера:
20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3x  4 y  1
1) 
,
3
x

4
y

18

2 x  y  5

4)  x  3 z  16 ,
5 y  z  10

2 x  3 y  5 z  10
5 x  6 y  4 z  3


2) 3 x  7 y  4 z  3 , 3) 3 x  3 y  2 z  2 ,
x  2 y  2z  3
4 x  5 y  2 z  1


4 x  3 y  2 z  4  0

5) 6 x  2 y  3 z  1  0 ,
5 x  3 y  2 z  3  0

5 x  2 y  3 z  2  0

6) 2 x  2 y  5 z  0
, 7)
3 x  4 y  2 z  10  0

Ответы:
 2
1: 1)  3

 2
2
1
4)    1
7
0
 2

1 2
7)  
6 6

 0
19
6
17
y=
8
3: 1) x=
2 x  y  z  0

x  2 y  z  0 .
2 x  y  3 z  0

1 
 6 4
 cos  sin  
 , 2)  1 


 ,
,
3)

 1 
8
5

sin

cos

2




2
1 0 
 2 2  1
 1  1  1




1
1
 3 7  , 5)  2  1 2  , 6)    5 3 1  ,
9
2


7  21

1
2
2


  1 1  1
3 1 0 
 2 


7
0 2 0 
  1
. 2: 1) X    , 2)   6  .

7

3 3
0
2


 3 


0
0  2 
2) x=3
3) x=1
4) x=1 5) x=1
y=-2
y=1
y=3
y=2
z= 2
z=1
z=5
z=–1
6) x=2
y=-3
z=–2
7) x=0
y=0
z=0 .
Тема 4. Ранг матрицы. Методы нахождения ранга матрицы.
Минором порядка k матрицы А называется определитель порядка k,
образованный элементами матрицы, расположенными на пересечении какихлибо k строк и k столбцов.
Наивысший порядок миноров матрицы, отличных от нуля, называется ее
рангом (обозначение: rang A), а любой минор матрицы, отличный от нуля и
имеющий порядок r = rang A, называется ее базисным минором.
21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Для нахождения ранга матрицы, кроме определения используются
методы окаймляющих миноров и Гаусса.
Метод окаймляющих миноров заключается в следующем: выделяют
из матрицы минор М k-ого порядка, отличный от нуля. Далее рассматривают
миноры (k+1) -ого порядка, которые содержат в себе (окаймляют) минор М.
Если все они равны нулю, то ранг матрицы равен k, в противном случае среди
окаймляющих миноров найдется ненулевой минор порядка (k+1), и вся
процедура повторяется.
Пример 1. Найти ранг матрицы А методом окаймляющих миноров:
1
 2 4 3

 1 2 1 4
A
 6 12  6 9

 3 6 4 3
Решение:
M2 
Выделяем
0

2
.
3

2 
минор
2-ого
порядка,
отличный
от
нуля:
4 3
 2  0 . Среди миноров 3-его порядка, окаймляющие М2,
2 1
2
4
3
4
3
имеются ненулевые, например M 3  1
2
1  0, M 3   2
1

6
12

6
12
6
1
 4  0.
9

Однако, оба минора 4-ого порядка, окаймляющие M 3 , равны нулю:

M4 
4
2
3
1
12
6
6
1
1 0
4 2
9
3
3 2

 0, M 4 
2
1
4
2
3
1
1
4
6
12
6
9
3
6
4
3
 0.

Поэтому rang А = 3, а в качестве базисного минора можно взять M 3 .
Метод Гаусса или метод элементарных преобразований состоит в
преобразовании исходной матрицы, не изменяющем ее ранга, к так
называемому "ступенчатому" виду, для которого ранг находится
непосредственно из определения ранга. Матрицу будем называть ступенчатой,
если она удовлетворяет условиям:
1) все нулевые строки расположены ниже ненулевых строк,
2) у каждой ненулевой строки, кроме первой, число нулевых элементов,
предшествующих первому ненулевому, больше, чем у предшествующей
строки.
Например, ступенчатыми являются следующие матрицы:
22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
0 3 2 1 0 


 1 2 1 0 


 0 0 0 2  1
.
A  0 3 2 5 , B  

0 0 0 0
2
 0 0 0 4




0 0 0 0
0 

Ранг ступенчатой матрицы А равен числу ее ненулевых строк. При этом
базисным является минор, образованный элементами таких r строк и r столбцов
(r = rang A), которые образуют минор треугольного вида. Для приведенных
выше ступенчатых матриц ранги равны 3, а базисные миноры образованы
пересечением строк и столбцов, в которых находятся отмеченные элементы:
3 1
1 2 0
M A  0 3 5, M B  0
0 0 4
0
0
2
1 .
0
2
Элементарными преобразованиями матрицы называют следующие
операции: 1) перестановка строк, 2) умножение любой строки на число,
отличное от нуля, 3) сложение строк, 4)отбрасывание нулевых строк, 5)
аналогичные операции со столбцами.
Две матрицы будем называть эквивалентными, если они могут быть получены
одна из другой элементарными преобразованиями. Справедлива следующая
теорема.
Теорема 1. Элементарные преобразования не меняют ранга матрицы.
Для нахождения ранга матрицы ее приводят с помощью элементарных
преобразований к ступенчатому виду, тогда ранг исходной матрицы равен
рангу эквивалентной ей ступенчатой матрицы. При этом рекомендуется
приводить элементарные преобразования исключительно со строками, в
особенности, если это касается решения систем линейных уравнений (см. тему
6).
Пример 2.
Вычислить
ранг
матрицы
1
 2 4 3

 1 2 1 4
A
 6 12  6 9

 3 6 4 3
0

2
3

2 
предыдущего
примера методом Гаусса, выписать базисный минор эквивалентной
ступенчатой матрицы.
Решение: Проведем элементарные преобразования по схеме: АВСS,
сопровождая их "расшифровкой" проделанных операций со строками.
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
B1  A2  1  2 1  4
0


B2  A1  2  4 3
2
1

B3  A3   6 12  6 9
3


B4  A4  3  6 4  3
2 
A1  2  4 3
1

A  1 2 1 4
A 2
A3  6 12  6 9

A4  3  6 4
3
C1  B1
1  2

C 2  B2  2 B1  0 0

C3  B3  6 B1  0 0

C 4  B4  3B1  0 0
S1  C1  1  2
S 2  C 2  0 0

1
S 3   C3  0 0

15
S 4  C4  C2  0 0
2

0

3

2 
4
2 

1 9
 4


0  15 15

1 9
 4
1
1 4
1
0
0
9
1
0
2 

 4
 S.
1

0 
Ранг матрицы А равен rang S = 3. В качестве базисного минора ступенчатой
матрицы S удобно выбрать минор третьего порядка треугольного вида.
1 1 4
Например, M  0 1 9  0 .
0 0 1
Задачи для самостоятельно решения.
Вычислить ранг матрицы методом окаймляющих миноров:
 2 1 3  2 4


1.  4  2 5 1 7  , 2.
 2 1 1 8 2


1

2
4. 
3

4
5  1  3  1 3
1 3

 
2

1

3
4

 5  3 2
 5 1  1 7  , 3.  1  3  5

 
9
1  7  5 1
7 7
2 3 4
  1 2 3 0  1

3 4 5 
0
1
1
1
0
,
5.

.
4 5 6 
  1 3 4 1  1
5 6 7
24
5 

3 4 
,
0  7

4 1 
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вычислить ранг матрицы методом элементарных преобразований:
2 1

3 1
6. 
1 3

4  3
1

0
8.  0

1
4

0
1
0
2
5
 1

 2
 2

 6
 1

2

0 1 4

1
0 2 5
1

1 3 6 , 9. 

1
3 14 32 
1


6 32 77 
1

1

2 0 
, 7.
4  2

1 1 
3
2
1
5
0
1
1
3
1
1
2
1
1 1  2

0  2  2
8  4 3 1,

1 2  7  5
1 1 2
1 
1 1

1 1
 14 12

4 1
6 104
 , 10. 
7
1 5
6

 35 30
3 4



1 1
3
1
2

21 9 17 
.
3 4 1

15 20 5 
6
8
Ответы:
1: 2, 2: 3, 3: 3, 4: 2, 5: 2, 6: 2, 7: 3, 8: 3, 9: 4, 10: 2.
Тема 5. Линейные операции над столбцами. Понятие линейной
зависимости и линейной независимости столбцов.
Пусть дан набор k столбцов:
 a11 
 a12 
 a1k 
 




 a 21 
 a 22 
 a 2k 
A1   , A2  
, , Ak  
.

 
 
 




 a n1 
 an2 
 a nk 
Выберем произвольные k чисел :  1,  2,…k. Выражение
1А1 + 2А2 +…+  kАk назовем линейной комбинацией столбцов А1, А2,…, Аk.
Числа 1, 2,… k называются коэффициентами этой линейной комбинации.
 b1 
 
 b2 
Пусть наряду со столбцами А1, А2,…, Аk задан столбец B    . Представим

 
 bn 
столбец В в виде линейной комбинации столбцов А1, А2,…,Аk, т.е.
В= 1А1+2А2+…+kАk.
(1)
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
0
 
0
Пусть в (1)  1=  2 =…= k = 0, тогда В = 0. Это означает, что O    – столбец

 
0
линейно выражается через любой набор столбцов А1, А2,…,Аk.
Пусть в (1)  i = 1,  j = 0 (ij). Тогда (1) перепишется в виде
1Аi = B, т.е. любой из столбцов Ai набора А1, А2,…,Аk можно рассматривать
как линейную комбинацию столбцов А1, А2,…,Аk этого же набора.
Определение 1. Столбцы А1, А2,…,Аk называются линейно зависимыми, если
существует равная нулевому столбцу линейная комбинация
 1А1 + 2А2 +…+ kАk = 0,
в которой, по крайней мере, один из коэффициентов 1,  2,…k отличен от
нуля.
Определение 2. Столбцы А1, А2,…,Аk называются линейно независимыми,
если выражение
1А1 + 2А2 + …+  kАk = 0
имеет смысл лишь при 1=  2 = …= k = 0.
Пример 1. Проверить, являются ли столбцы
1
 2
 0 
 3
 
 
 
 
A1   2 , A2   3 , A3   1 , A4   5  линейно зависимыми или
  1
0
  2
1
 
 
 
 
линейно независимыми.
Решение. Составим линейную комбинацию столбцов А1, А2, А3, А4: 1А1 +
2А2 + 3А3 + 4А4 = 0
(2)
или
1
 2
 0 
 3  0 
 
 
 
   
1  2    2  3   3  1    4  5    0  , что равносильно системе
  1
0
  2
1  0
 
 
 
   
1  2 2  03  3 4  0

(3)
21  3 2  3  5 4  0 .
    0  2   4  0
 1
2
3
 1 2 0 3


Приведем матрицу A   2 3 1 5  к ступенчатому виду А':
  1 0  2 1


26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
0
3
 1 2 0 3
1 2
1 2





A   2 3 1 5    0  1 1  1   0  1
  1 0  2 1
0 2  2 4 
0 0





1  2 2  03  3 4

Перепишем систему (3) в виде:   2  3   4  0
 2  0
 4
0 3

1  1  A'.
0 2 
0
, и решая ее,
найдем:  4 = 0,  3 = 2, 2 =  2,  1 = –22. Подставим  1,  2,  3,  4 в выражение
(2), получим
–2 2А1 + 2А2 + 2А3 + 0А4 = 0 или
сокращая на 20, имеем:
–2А1 + А2 + А3 + 0А4 = 0, что говорит о линейной зависимости
столбцов А1, А2, А3, А4 (см. определение 1).
1
 0
 0
 
 
 
Пример 2. Проверить, являются ли столбцы A1   0 , A2   1 , A3   0 
 0
 0
1
 
 
 
линейно зависимыми или линейно независимыми.
Решение. Составим линейную комбинацию  1А1+ 2А2+3А3=0 или
 1
 0
 0
 
 
 
1  0    2  1   3  0   0 , что равносильно системе:
 0
 0
 1
 
 
 
1  0   2  0  3  0

0  1 2  0  3  0 , откуда следует 1 = 2 = 3 =0, т.е. столбцы А1, А2, А3
0    0      0

1
2
3
– линейно независимы (см. определение 2).
Сформулируем теорему о линейной зависимости.
Теорема. Столбцы А1, А2,…, Аk линейно зависимы тогда и только тогда, когда
хотя бы один из них линейно выражается через остальные.
Задачи для самостоятельного решения.
Выяснить, являются ли следующие столбцы линейно зависимыми или линейно
независимыми:
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
 2


 

3
6
 
 
 
 
2
 
 4
1. A1   1 , A2    3  , 2. A1   , A2    ,
3
6
 5 
 15 



 
 
0
 0 
 
 
 2 
3
 1 
 
 
 
3. A1    3 , A2    1, A3    4  ,
 1 
5
 3 
 
 
 
1
 0
 0
 0
 0
 
 
 
 
 
1
1
 0
 0
 0
4. A1  1, A2   1 , A3   1 , A4   0 , A5   0  ,
 
 
 
 
 
1
1
1
1
 0
1
1
1
1
1
 
 
 
 
 
1
1
1
 
 
 
5. A1   4 , A2    1, A3   1  ,
6
1
 3
 
 
 
 2 
3
 1 
 
 
 
6. A1    3 , A2    1, A3    4  ,
 1 
5
 3 
 
 
 
1
1
1
 0
1
1
 
 
 
 
 
 
7. A1  1, A2   2 , A3   3  , 8. A1   1 , A2   0 , A3   1  .
1
 3
 6
1
1
 0
 
 
 
 
 
 
Ответы: 1: линейно независимы, 2: линейно зависимы,
3: линейно независимы, 4: линейно независимы, 5: линейно зависимы,
6: линейно независимы, 7: линейно независимы,
8: линейно независимы.
28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Тема 6.
Неоднородная система линейных алгебраических
уравнений. Метод Гаусса.
a11 x1  a12 x 2  ...  a1n x n  b1
a x  a x  ...  a x  b
 21 1
22 2
2n n
2
Пусть задана система 

a m1 x1  a m 2 x 2  ...  a mn x n  bm
(1)
Первым вопросом, возникающим при изучении системы (1) является вопрос о
совместности системы. Ответ дает теорема Кронекера–Капелли. Если система
(1) совместна (т.е. имеет решение), то решать систему можно:
1) по формулам Крамера, с помощью обратной матрицы А–1 или методом
Гаусса, если m=n;
2) только методом Гаусса, если m  n.
Теорема Кронекера–Капелли:
Система (1) совместна тогда и только тогда, когда rang A = rang A *, где А –
матрица
 a11

a
A   21
.

 a m1
системы,
a1n 

a 22  a 2n 
,
.
.
. 

a m 2  a mn 
a12

 a11 a12  a1n b1 


a
a

a
b

22
2n 2 
A   A / B    21
– расширенная матрица системы.
.
.
.
.  


a

 m1 a m2  a mn bm 
Решение систем методом Гаусса.
Для совместной системы общее значение rang A = rang A* -ранга матрицы
системы и расширенной матрицы будем называть рангом системы. Совместная
система имеет единственное решение, если rang A = r = n, где n – число
неизвестных в системе (1) и имеет бесконечное множество решений, если rang
A = r < n.
Для нахождения решений системы (1) удобно отождествлять ее с расширенной
матрицей А* = (АВ), при этом элементарные преобразования со строками
матрицы (АВ) приводят к системе, равносильной исходной.
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Метод Гаусса решения линейной системы (1) состоит из следующих
этапов:
1. Расширенная матрица (АВ) приводится к ступенчатому виду (А'В'),
определяются ранги матриц А и А*, проверяется условие совместности: rang
A = rang A*.
2. Если система совместна, то выбирается базисный минор М' (треугольного
вида) ступенчатой матрицы А' и назначаются базисные неизвестные x i c
номерами соответствующими столбцам базисного минора. Например, пусть
это будут x1, x2,…, xr, где r = rang A, остальные (n–r) неизвестных
называются свободными (xr+1,…, xn) неизвестными.
3. Исходная матрица системы заменяется равносильной соответствующей
ступенчатой матрице (А'В'), после чего все базисные неизвестные методом
последовательного исключения выражаются через свободные.
Общим решением системы (1) в этом случае называют столбец решений
 x1  f 1 ( x r 1 ,...,x n ) 


 x 2  f 2 ( x r 1 ,...,x n ) 





X   x r  f r ( x r 1 ,...,x n )  ,


x r 1







xn


в
котором
свободные
неизвестные
принимают
произвольные значения, а базисные выражены через свободные.
2 x1  4 x 2  3 x3  x 4  0
x  2x  x  4x  2
 1
2
3
4
Пример 1. Найти общее решение системы 
.

6
x

12
x

6
x

9
x

3
1
2
3
4

3 x1  6 x 2  4 x3  3 x 4  2
Решение.
Составим
расширенную
матрицу
системы
1 0
 2 4 3


1

2
1

4
2


A  ( A B )  
и элементарными преобразованиями
 6 12  6 9 3 


 3  6 4  3 2


со строками приведем ее к ступенчатому виду:
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 0
 2 4 3
 1  2 1  4 2




1

2
1

4
2
2

4
3
1
0




A  ( A B )  

  6 12  6 9 3  
 6 12  6 9 3 




 3  6 4  3 2
 3  6 4  3 2




1  2 1  4 2 
1  2 1  4 2 




0
0
1
9

4
0
0
1
9

4






 0 0 0 1  1    A' B',
0 0 0  15 15 




0 0 1 9  4
0 0 0 0 0 




откуда видно, что rang A = rang A* = 3, следовательно, система совместна в
силу теоремы Кронекера–Капелли. В качестве базисного минора матрицы А
1 1 4
выберем минор треугольного вида: M  0 1 9  0 .
0 0 1
Так как ранг системы меньше числа неизвестных (r = 3<n = 4), то система имеет
бесчисленное множество решений. Базисный минор расположен на столбцах с
номерами 1, 3 и 4, поэтому базисными неизвестными будут х1, х3, х4, свободное
неизвестное х2. Заменим исходную систему равносильной, соответствующей
ступенчатой матрице (А'В'):
 x1  2 x 2  x3  4 x 4  2

x3  9 x 4  4 . Перенесем неизвестную х2 в правую часть


x 4  1

уравнения:
 x1  x3  4 x 4  2  2 x 2

,
 x3  9 x 4  4

x 4  1

и найдем базисные переменные х4 = –1, х3 = 5, х1 = 2х2 – 7, где х2 = с
принимает произвольные значения. Ответ можно записать в матричной форме:
 x1   2 x 2  7 
 2   7
 2   7
  

   
   
x
x
1
0
  
   
1  0 
2 
X  2

x


c
2  
0   5  .
x3
5 
0
5 
  

   
   
0  1
0  1
 x4    1 
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример 2. Исследовать совместность и найти общее решение системы в
зависимости от параметра :
x1  x 2  x3  1

 x1  x 2  x3  1 .
 x  x  x  1
 1
2
3
Решение: Известно, что система имеет единственное решение, если det A  0.
 1 1
det A  1  1  3  3  2  (  1) 2 (  2) .
1 1 
Очевидно, при  – 1 + 2  0 (1, -2) система имеет единственное
решение, которое можно найти по формулам Крамера.
 = det А =  – 12 + 2,
 1 1
1  1  1  (  1) 2 ,  2  1 1 1  (  1) 2 ,  3  1  1 
Итак,
1 1 
1 1 
1 1 1
1 1
1
 1 1
 (  1) 2 .



1
1
1
. Рассмотрим случай,
x1  1 
, x2  2 
, x3  3 
 2

2

2
 x1  x 2  x3  1

когда  = 1, тогда система принимает вид:  x1  x 2  x3  1 .
x  x  x  1
 1
2
3
1 1 1 1


Рассмотрим матрицу системы А* = (АВ) = 1 1 1 1 и элементарными
1 1 1 1


преобразованиями приводим ее к ступенчатому виду: А* = (АВ) =
1 1 1 1
1 1 1 1




1 1 1 1   0 0 0 0  . Очевидно, что
1 1 1 1
 0 0 0 0




rang A = rang A* = 1,
следовательно, система имеет бесконечное множество решений (r=1<n=3),
которое может быть записано в виде:
32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 x1  1  x 2  x3 
  

X   x2   
x2
 , где х2 и х3 – свободные неизвестные.
x  

x3
 3 

Рассмотрим
случай

=
–2,
тогда
система
принимает
вид:
 2 x1  x 2  x3  1

 x1  2 x 2  x3  1 . Составим расширенную матрицу:
x  x  2x  1
 1
2
3
1 1
 2 1
 1  2 1 1
1  2 1 1







A  ( A B)   1  2 1 1    2 1
1 1   0  3 3 3  
 1
 1
 0 3  3 0
1  2 1
1  2 1




 1 2 1 1
 1  2 1




  0  1 1   0  1 1 1,
 0 1 1
 0 0 0 1




откуда следует, что rang A = 2, а rang A* = 3, таким образом, система при  = –2
несовместна (не имеет решения).
Задачи для самостоятельного решения.
Исследовать совместность следующих систем и найти общее решение:
2 x1  x 2  x3  2

1.  x1  2 x 2  3 x3  1 , 2.
 x  3x  2 x  3
 1
2
3
 x1  2 x 2  3 x3  2
x  x  x  0
 1
2
3
,

 x1  3 x 2  x3  2
3 x1  4 x 2  3x 3  0
 x1  2 x 2  3 x3  x 4  0
x  x  x  2x  4
 1
2
3
4
3. 
, 4.
x

5
x

5
x

4
x


4
2
3
4
 1
 x1  8 x 2  7 x3  7 x 4  6
2 x1  x 2  11x3  2

,
 x1  4 x3  1
11x  4 x  56 x  5
 1
2
3
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3 x1  2 x 2  5 x3  x 4  3
 2 x  3 x  x  5 x  3
 1
2
3
4
5. 
, 6.
x

2
x

4
x


3
2
4
 1
 x1  x 2  4 x3  9 x 4  22
9 x1  3 x 2  5 x3  6 x 4  4

6 x1  2 x 2  3 x3  4 x 4  5
3 x  x  3 x  14 x  8
 1
2
3
4
Исследовать на совместность и найти общее решение систем в зависимости от
параметра :
5 x1  3 x 2  2 x3  4 x 4  3
4 x  2 x  3 x 7 x  1
 1
2
3
4
7. 
, 8.
8
x

6
x

x

5
x

9
2
3
4
 1
7 x1  3 x 2  7 x3  17 x 4  
2 x1  3 x 2  x 3 2 x 4  3
4 x  6 x  3 x  4 x  5
 1
2
3
4
.

6
x

9
x

5
x

6
x

7
2
3
4
 1
8 x1  12 x 2  7 x3  x 4  9
Ответы: 1: несовместна; 2: х1 = –1, х2 = 0, х3 = 1;
3: несовместна;
4: х1 = –1–4х3, х2 = 4–3х3, х3 = с – произвольная постоянная; 5: х1 = –1, х2 = 3,
х3 = –2, х4 = 2; 6: х1 = с,
х2 = –13+3х1, х3 = –7, х4 = 0, с – произвольная
 5 x3  13x4  3
,
2
x1




x


2
 7 x3  19 x4  7
x2 
; 8: при =8 общее решение X  
,
1
2

3 
 2  x1  x 2 

2 
 x1 
4 2 
  x1 
где х1 и х2 – свободные неизвестные, при 8 общее решение X   3 3  ,
 1 
 0 


постоянная;
7: несовместна при 0, при =0 x1 
где х1 – свободное неизвестное.
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Тема 7 . Однородные системы линейных алгебраических
уравнений.
a11 x1  a12 x 2  ...  a1n x n  b1
a x  a x  ...  a x  b
 21 1
22 2
2n n
2
Рассмотрим неоднородную систему 
,

a m1 x1  a m 2 x 2  ...  a mn x n  bm
 a11 a12  a1n 


a 22  a 2n 
a
,
A   21
.
.
.
. 


a
a

a
 m1
m2
mn 
которая в матричной форме имеет вид:
АХ=В
(1)
Система (1) называется однородной, если столбец ее свободных членов –
 b1   0 
   
b
0
нулевой, т.е. B   2     .


   
 bm   0 
Однородная система
АХ=0
всегда совместна, т.к. обладает хотя бы одним нулевым решением.
Если определитель системы (2) при m=n
не равен
т.е., det A 
a11
a12
 a1n
a 21
.
a 22
.
 a 2n
,
.
.
a n1
a n 2  a nn
(2)
нулю,
то нулевое решение системы (2) (х1 = х2 = … = хn = 0) будет единственным
решением.
Для того, чтобы система (2) имела ненулевое решение, необходимо и
достаточно, чтобы det A= .
Заметим, что система (2), имеющая одно ненулевое решение, имеет
бесчисленное множество решений.
Пусть дана однородная система трех уравнений с тремя неизвестными:
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
a11x1  a12 x 2  a13 x3  0

a 21 x1  a 22 x 2  a 23 x3  0 .
a x  a x  a x  0
 31 1
32 2
33 3
Здесь могут быть следующие случаи:
а) если det A  0, то нулевое решение х1 = х2 = х3 = 0 – единственное;
б) если det A = 0, но хотя один из миноров второго порядка определителя
det A отличен от нуля, тогда одно из уравнений системы является
следствием двух других уравнений и данная система сводится к системе
двух уравнений с тремя неизвестными, имеющей бесчисленное множество
ненулевых решений;
в) если det A = 0 и все миноры второго порядка определителя равны нулю,
то система сводится к одному уравнению с тремя неизвестными,
следовательно, данная система также имеет бесчисленное множество
ненулевых решений.
2 x1  x 2  x3  0

Пример 1. Найти все решения системы 5 x1  x 2  2 x3  0 .
x  2x  x  0
 1
2
3
Решение:
Вычислим
определитель
системы
2 1 1
det A    5  1 2  24  0 .
1 2 1
Т.к. det A  0, то данная система имеет единственное нулевое решение х1 =
= х3 = 0.
3x1  4 x 2  2 x 3  0

Пример 2. Найти все решения системы  x1  x 2  4 x 3  0 .
5 x  2 x  10 x  0
2
3
 1
3 4 2
Решение. Определитель системы   det A  1  1 4  0 , поэтому
5 2 10
система
M 
имеет
ненулевые
решения.
3 4
 7  0 .
1 1
36
Заметим,
что
минор
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Поэтому можно отбросить третье уравнение системы, в результате чего
3x1  4 x2  2 x3
. Решая

x

x


4
x
 1
2
3
3 4
последнюю систему по формулам Крамера, т.к. M 
 7  0 ,
1 1
получим:
3x1  4 x 2  2 x3  0

 x1  x 2  4 x3  0
или
получаем бесчисленное множество решений: x1  
18
10
x3 , x2  x3 ,
7
7
x3  x3 .
18

x


c
1

7

10

Полагая х3=с, получим общее решение:  x2 
c , где с – произвольная
7

 x3  c

постоянная.
 x1  2 x 2  3 x3  0

Пример 3. Найти решения системы 2 x1  4 x 2  6 x3  0 .
3 x  6 x  9 x  0
 1
2
3
1 2 3
Решение. Нетрудно заметить, что det A  2 4 6  0 . Все миноры
3 6 9
второго порядка det A так же равны нулю. Это значит, что данная система
сводится к одному уравнению:
х1 + 2х2 + 3х3 = 0.
Полагая х2 = с 1 и х3 = с 2, где с 1 и с 2 – произвольные постоянные, получим
бесконечное множество решений системы, которое можно записать так:
 x1  2c1  3c 2

.
 x 2  c1
x  c
 3
2
Однородная система АХ = 0 имеет только нулевое решение,
если r = rang A = n и имеет ненулевое решение, если r = rang A < n.
В последнем случае общее решение однородной системы может быть
представлено в виде:
Х = с 1Е1+с 2Е2+…+c n-rEn-r,
(3)
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где Е1, Е2, En-r – фундаментальная система решений, т.е. такой набор
решений однородной системы (2), который удовлетворяет условиям:
1) Е1, Е2,…, Еn-r – линейно независимы,
2) любое решение системы (2) можно представить в виде линейной
комбинации (3) решений фундаментальной системы.
Теорема. Если ранг системы (2) меньше числа неизвестных, т.е. r<n, то
фундаментальная система решений существует и может быть получена из
общего решения системы (2), если придавать набору свободных
неизвестных (х1, х2,…, xn-r)T значения: (1,0,…, 0)Т , (0, 1, 0,…,0)Т ,…, (0, 0,…,
1)Т .
Пример 4. Найти фундаментальную систему решений и общее решение
 x1  2 x 2  4 x3  3 x 4  0
3 x  5 x  6 x  4 x  0
 1
2
3
4
однородной системы 
.
4
x

5
x

2
x

3
x

0
2
3
4
 1
3 x1  8 x 2  24 x3  19 x 4  0
Решение. Методом элементарных преобразований найдем
rang A = r.
3 
4
3 
4  3
1 2
1 2





5 6
4 
0

1

6
5
0

1

6
5






, от
 0  2  12 10 
0 0
5 2
3 
0
0 





8 24  19 
0
3
18

15
0
0
0
0




 x1  2 x2  4 x3  3x4  0
куда r=2. Эквивалентная система имеет вид: 
  x 2  6 x3  5 x 4  0
1 2
 0 , базисными неизвестными х1, х2 и
с базисным минором
0 1
1

3
4

3
2
4
свободными х3, х4.
Из системы находим:
х2 = –6х3 + 5х4
х1 = 8х3 – 7х4.
Придавая свободным неизвестным (х3, х4) значения (1,0) и (0,1), получим
соответственно два решения, которые образуют фундаментальную систему:
 8 
 7
 
 
  6
 5 
E1   , E 2    .
1
0
 
 
 0 
 1 
Общее решение, согласно (3), имеет вид:
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 x1 
 8 
  7   8c1  7c 2 
 

 
  
x

6
c

5
c

6
5
 
 
  
1
2
X   2   c1 E1c 2 E 2  c1    c 2    
.
x3
c1
1
0
 

 
  
x
c
0
1
 
  
 4

2
Задачи для самостоятельного решения.
Найти фундаментальную систему решений и общее решение однородной
системы:
9 x1  21x2  15 x3  5 x4  0
;
12
x

28
x

20
x

7
x

0
 1
2
3
4
14 x1  35 x 2  7 x3  63 x 4  0

3)  10 x1  25 x 2  5 x3  45 x 4  0 ;
26 x  65 x  13 x  117 x  0
 1
2
3
4
 x1  x3  x5  0
2 x1  5 x 2  4 x3  3 x 4  0
x  x  x  0
4
6
3 x  4 x  7 x  5 x  0
 2
 1
2
3
4
4) 
; 5)  x1  x 2  x5  x6  0 ;
4
x

9
x

8
x

5
x

0
2
3
4
 1
x  x  x  0
3
6
 3x1  2 x 2  5 x3  3 x 4  0
 2
 x4  x5  0
3 x1  2 x 2  x3  3 x 4  5 x5  0
6 x  4 x  3 x  5 x  7 x  0
 1
2
3
4
5
6) 
.
9
x

6
x

5
x

7
x

9
x

0
2
3
4
5
 1
3 x1  2 x 2
 4 x 4  8 x5  0
1) 0х1 + 0х2 + 0х3 + 0х4 = 0; 2) 
Ответы: 1: (х1, х2, х3, х4)Т – любые;
 7
 5
 x1 
 

 
 
3


 3
x
2: X   2   с1  1   с 2  0 ;
x
 0 
1
 3 


 
 x4 
 0 
0
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 x1 
1
0
 0 
 
 
 
 
x
0
1
 2
 
 
 0 
3: X 

x

x

x
 x  1  2  2  5  4   9 ; x1  c1 , x 2  c 2 , x 4  c3 ,
 3 
 
 
 
x
0
0
 
 
 1 
 4
4: система имеет нулевое решение,
 x1 
0
0
 
 
 
x
1
 2
 
  1
x 
  1
0
3
5: X     x5    x6  ; x5  c1 , x6  c 2 ,
 x4 
1
0
x 
1
0
5
 
 
 
0
1
x 
 
 
 6
 1 
 0 
 0 




 
 0 
 1 
 0 




6: Х = с 1Е1 + с 2Е2 + с 3Е3, E1   0 , E 2   0 , E3   1  .
 
 94
 32 
  2
 3 
 1 
 1 
 
 2 
 4 
Тема 8.
Векторы. Линейные операции над векторами.
Линейная зависимость векторов. Базис.
Вектором называется направленный отрезок.
Обозначение AB  a или AB  a . Геометрически вектора изображаются
отрезками со стрелкой. Длина (модуль) вектора AB  a есть длина
соответствующего отрезка АВ: AB  a .
Вектора называются коллинеарными, если они параллельны одной
прямой. Обозначения: a ||b – коллинеарные вектора, a b –
сонаправленные, a b – противоположно направленные векторы.
Вектора называются компланарными, если они параллельны одной
плоскости.
Вектора считаются равными, если они сонаправлены и имеют одинаковую
длину, т.е. a =b  (|a | = |b|, a b).
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Сумма векторовa иb есть вектор с =a +b, определяемый одним из
следующих способов: а) по правилу треугольника, б) по правилу
параллелограмма (см. рис.1 и рис.2).
a
b
a
с
a +b
a +b
b
Рис.1
Рис.2
Произведением ( а ) вектора а на число  называется вектор
b =  а , удовлетворяющий условиям:
1) |b | = || |а |, 2) b a, если >0, и b a, если <0.
Ортом вектораa называется вектор a
сонаправленный с векторомa : a 0 =
1
a
0
единичной длины (|a0 | = 1),
a.
Разность векторов: с =a –b  b +с =a (см. рис.3.)
a
a –b
Рис.3.b
Рассмотрим примеры с решениями:
41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример 1. По данным векторам a иb построить вектора 2a  b и
a
b .
2
Решение: См. на рисунке ниже:
2a
2a  b
a
–b
b
1
 a
2
b
a
2
Пример 2. В треугольнике ОАВ даны вектора a  OA и b  OB . Найти
векторы MA и MB , где М – середина стороны AB .
В
Решение:
М
b
О
А
a
Очевидно, что AB  OB  OA  b  a .
Вектор MB направлен в ту же сторону по прямой, что и AB , но длина его
1
1
AB  (b  a) .
2
2
MA имеет ту же длину, что и MB , но направлен в
в два раза меньше, поэтому MB 
Вектор
противоположную сторону. Следовательно,
MA   MB  


1
1
b  a  ( a  b) .
2
2
Линейная зависимость векторов. Базис.
Линейной комбинацией векторов a1 , a 2 ,...,a n называют вектор вида
1 a1  2 a2  ...  n an ,
(1)
где 1,  2,…,  n – действительные числа, называемые коэффициентами
линейной комбинации. Линейная комбинация (1) называется тривиальной,
если все ее коэффициенты равны нулю: 1 =  2 =…= n = 0. В противном
случае линейная комбинация (1) называется нетривиальной.
42
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Векторы a1 , a 2 ,...,a n называют линейно зависимыми, если существует
нетривиальная линейная комбинация этих векторов, равная нулевому
вектору, или иначе, если найдется такой набор коэффициентов  1,  2,…,  n,
не все из которых равны нулю, что 1 a1  2 a2  ...  n an  0 .
В противно случае вектора a1 , a 2 ,...,a n
называют линейно
независимыми, т.е. 1 a1  2 a2  ...  n an  0   1 = 2 =…= =n =
0.
Базисом в пространстве векторов L называется упорядоченный набор
векторов e1 , e2 ,...,en , удовлетворяющий условиям:
1) векторы базиса линейно независимы;
2) любой вектор из L можно разложить по базису, т.е. представить в виде
a  1 e1   2 e2  ...   n en
Разложение (2) единственно, коэффициенты  1,  2,...,  n
(2)
называются
координатами вектора a в базисе e1 , e2 ,..., en .
Базисом в пространстве V2 всех векторов плоскости является любая
упорядоченная пара неколлинеарных векторов e1 , e2 .
Базисом в пространстве V3 всех векторов трехмерного пространства
является любая упорядоченная тройка некомпланарных векторов e1 , e2 , e3 .
Если в пространстве зафиксирован базис e1 , e2 , e3 , то всякий вектор может
быть представлен в координатной форме, т.е. своим координатным
столбцом или координатной строкой:
a  1 e1   2 e2   3 e 3  a  (1 ,  2 , 3) .
Пусть в некотором базисе заданы следующие векторы в координатной
форме: a  (1 ,  2 , 3), b  (1 ,  2 ,  3 ) , c  ( 1 ,  2 ,  3 ) . Тогда координаты
этих векторов удовлетворяют свойствам:
1) равные вектора имеют равные координаты, т.е.
ab 
(1, 2 , 3)  ( 1,  2 ,  3 )  1  1, 2   2 , 3   3 ;
2) при сложении векторов их координаты складываются, т.е.
a  b  (1  1 , 2   2 , 3   3 ) ;
3) при умножении вектора на число его координаты умножаются на это
число, т.е.  a  1 ,  2 ,  3 ;
4) условие коллинеарности векторов:
a || b  b   a  b1  1 , b2   2 , b3   3 ;
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1  2  3
5) условие компланарности векторов a, b, c : 1  2  3  0 .
1  2  3
6) условие некомпланарности векторов:
1  2  3
 1  2  3 


1  2  3  0  RangA  3, A   1  2  3 


1  2  3
 1 2 3 
–
матрица,
составленная из координат векторов.
Пример 3.
В пространстве с
базисом
e1 , e2 , e3
заданы векторы:
a  e1  e 2  e3 , b  e1  e 2  e3 , c  e1  e 2  e3 .
1) Проверить, что a, b, c также образуют базис.
2) Разложить вектор d  4e1  2e3 по этому базису.
Решение. Исходя из определения базиса, покажем, что векторы a, b, c
образуют базис. При этом условие линейной независимости проверим
двумя способами.
а) Используем определение линейной независимости векторов:
a  b   c  0 

 
 

  e1  e2  e3   e1  e2  e3   e1  e2  e3  0 
 (     )e1  (     )e2  (     )e3  0
      0

Получаем систему:       0 .
      0

(3)
1 1 1
Т.к. определитель однородной системы 1  1 1  4  0 , то система
1 1 1
имеет единственное решение  =  =  = 0, значит равенство (3) возможно
лишь при нулевых коэффициентах , , , следовательно, векторы a, b, c
линейно независимы.
б) Поскольку определитель, составленный из координат строк (или
столбцов) векторов a  (1,1,1), b  (1,1,1), c  (1,1,1) :
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
1
1
1  4  0 , то вектора
1 1 1
1 1
a, b, c некомпланарны, а значит – линейно
независимы.
Покажем, что вектор d можно разложить по векторам a, b, c , т.е.
представить в виде: d  X a  Y b  Z c .
Переписав последнее равенство в координатной форме, получаем
эквивалентную систему уравнений:
 4
 1
1
1
X  Y  Z  4
 
 
 
 

 0   X  1  Y   1  Z  1    X  Y  Z  0 .
 2
 1
  1
  1
X  Y  Z  2
 
 
 
 

Решая эту систему, находим: X = 3, Y = 2, Z = –1.
Следовательно, d  3a  2b  c .
Задачи для самостоятельного решения.
1. Векторы a и b взаимно перпендикулярны, a  5, b  12 . Определить
0
0
a  b и a  b , орты a и b .
2. По данным векторам a и b построить каждый из следующих векторов:
1
1
1
b , 3) 2a  b , 4) a  3b .
2
3
2
3. В треугольнике АВС заданы векторы: a  AB и b  AC . Построить
1) 3a , 2) 
каждый из следующих векторов:
ab
ab
ba
ab
, 2)
, 3)
, 4) 
, 5) b  a  a b ,
2
2
2
2
6) b a  a b .
1)
4. В параллелограмме ОАСВ даны векторы OA  a и OB  b . Найти
векторы MO, MA, MB и MC , где М – точка пересечения диагоналей.
5. Доказать, что сложение векторов подчиняется свойствам:
1) коммутативности: a  b  b  a ;
2) ассоциативности: (a  b)  c  a  (b  c) .
6. Доказать, что операция умножения вектора на число обладает
свойствами:
1) дистрибутивности относительно суммы векторов –
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 (a  b)   a   b ,
2) дистрибутивности относительно суммы чисел –
(   ) a   a   a .
7. Векторы e1 , e2 образуют базис на плоскости. Показать, что векторы
a  e1  e 2 , b  2e1  2e 2 линейно зависимы и выписать их координаты в
базисе e1 , e2 .
8. Векторы e1 , e2 , e3 образуют базис в пространстве. Выписать координаты
векторов a  3e1 , b  e1  e2  e3 , c  2e3 в этом базисе и показать, что
a, b, c линейно независимы.
9. Вектора e1 , e2 , e3 образуют базис в пространстве. Доказать, что вектора
a  e1  e2 , b   e1  2e2 , c  3e3 так же образуют базис. Разложить
вектор d  2e1  e2  4e3 по этому базису.
10. Проверить, что вектора a, b, c образуют базис, и разложить вектор d
по этому базису a  (1,3,2), b  (2,2,3), c  (3,1,1), d  (3,5,2) .
a 0 b
,b  ,
5
12
1
1
1
1
4: MO   (a  b), MA  (a  b), MB  (b  a), MC  (a  b) ,
2
2
2
2
4
7: a  (1,1), b  (2,2) , 9: d  a  b  c , 10: d  2a  b  c .
Ответы: 1: a  b  a  b  13, a
0

3
Тема 9. Декартовы координаты векторов. Деление отрезка в
заданном отношении.
Декартовым базисом в пространстве (на плоскости) называется базис
i, j , k (на плоскости i, j ), образованный ортами, имеющими направление
осей Ох, Оу, Oz (на плоскости Ох, Оу) декартовой прямоугольной системы
координат (см. рис. 4).
z
k
i
x
0
j
y
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис.4.
Координаты вектора а в декартовом базисе называются декартовыми
координатами. Обозначение:
a  a x i  a y j  a z k  (a x , a y , a z ) .
Декартовы координаты
a  ( a x , a y , a z ) совпадают с его
вектора
проекциями на соответствующие оси координат:
a x  пр х а, a y  пр y a,a z  пр z a .
Проекции вектора на оси координат могут быть вычислены по формулам:
пр x a  a  cos , пр y a  a  cos  , пр z a  a  cos ,
где cos  , cos  , cos  – косинусы углов наклона вектора a к
соответствующим осям координат, называемые направляющими
косинусами.
Длина вектора a  ( a x , a y , a z ) и его направляющие косинусы
определяются формулами:
a  a x  a y  a z , cos 
2
2
2
ax
,
a
cos  
ay
a
, cos 
az
.
a
Откуда следует, что орт вектора a :
 a a y az 
a 0   x ,
,  или a 0  (cos , cos  , cos  ) .
 a a a 
0
Так как a  1, то получаем соотношение для направляющих косинусов:
cos 2   cos 2   cos 2   1 .
Пример 1. Найти длину вектора a  20i  30 j  60k и его направляющие
косинусы.
2
2
2
Решение. Имеем | a | 20  30  60  70 ,
cos  
20 2
30 3
60
6
 , cos  
 , cos   
 .
70 7
70 7
70
7
Пример 2. Вектор а составляет с осями координат острые углы , , ,
причем  = 45,  = 60. Найти его координаты, если a  3 .
2
2
2
Решение. Из соотношения cos   cos   cos   1. Найдем угол :
47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
cos2 45  cos2 60  cos2   1 , cos2   1 
1 1 1
  .
2 4 4
1
и  = 60.
2
1
1
1
Следовательно,
a 0  cos  i  cos  j  cos  k 
i j k,
2
2
2
3
3
3
поэтому a  a a 0  3a 0 
i j k.
2
2
2
Пусть заданы вектора a  a x , a y , a z и b  b x , b y , b z . Если вектора a
Так как по условию угол  – острый, то cos  




и b коллинеарны, то они отличаются друг от друга скалярным множителем,
т.е. b   a . Имеем:
bx b y bz
(b x , b y , b z )   (a x , a y , a z ) 


.
ax a y az
Пример 3. Определить, при каких значениях  и  векторы a  2i   j  k
и b  3i  6 j   k коллинеарны.
Решение. Координаты данных векторов a  (2, ,1) и b  (3,6,  )
пропорциональны:
3
6 
  .
2
 1
Отсюда находим, что  = – 4,  = 3/2. При этих значениях  и  векторы a и
b коллинеарны.
Деление отрезка в заданном отношении.
Пусть в пространстве (или на плоскости) задана декартова прямоугольная
система координат XYZ и декартов базис ( i, j , k ).
Радиус–вектором точки М называется вектор r ( M )  OM . Декартовы
координаты радиус–вектора точки М(х,y,z) совпадают с координатами
самой точки М: r ( M )  xi  y j  z k . Если даны точки А(x1, y1, z1) и B(x2,
y2, z2), то декартовы координаты вектора a | AB | равны:
ax = x2 – x1, ay = y2 – y1, az = z2 – z1.
Расстояние между точками А и В равно длине вектора a  AB :
a  AB  ( x2  x1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2  ( z 2  z1 ) 2 .
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример 4. Найти вектор a  AB , если А(1,3,2) и В(5,8,-1) и найти длину
вектора AB .
Решение. Проекциями вектора АВ на оси координат являются разности
соответственных координат точек В и А:
ax = 5 – 1 = 4, ay = 8 – 3 = 5, az = –1 – 2 = –3.
Следовательно, AB  4i  5 j  3k и длина вектора AB :
AB  4 2  5 2  ( 3) 2  50  5 2 .
Для двух различных точек М1 и М2 и числа – говорят, что точка М
делит отрезок М1М2 в отношении , если
M1M   MM 2 .
Если даны декартовы координаты точек М1(x1,y1,z1), M2(x2,y2,z2), то
координаты точки M(x,y,z), делящей отрезок М1М2 в заданном отношении 
вычисляются по формулам:
x  x2
y  y 2
z  z 2
.
x 1
,y  1
,z  1
1 
1 
1 
В частности, координаты середины с отрезка М1М2 задаются формулами (
= 1):
x  x2
y  y2
z  z2
xc  1
, yc  1
, zc  1
2
2
2
(1)
Пример 5. Даны вершины А(3,-4,7), В(-5,3,-2), С(1,2,-3) параллелограмма
АВСD. Найти четвертую его вершину, противоположную В.
Решение.
В
С
О
А
D
Обозначим О(x0,y0,z0) точку пересечения диагоналей параллелограмма, она
есть одновременно середина отрезков АС и ВD. Найдем ее координаты по
формуле (1):
x  xC
y  yC
z  zC
x0  A
 2, y0  A
 1, z 0  A
 2.
2
2
2
Применяя формулы (1) к отрезку ВD, получим:
x0 
xB  xD
y  yD
z  zD
, y0  B
, z0  B
.
2
2
2
Отсюда находим координаты точки D: хD = 9, yD = –5, zD = 6.
Задачи для самостоятельного решения.
49
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1. Найти вектор b, коллинеарный вектору a  i  2 j  2k , образующий с
j острый угол и имеющий длину 15.
2. Найти вектор b, образующий со всеми базисными векторами i, j , k
одинаковые острые углы, если b  2 3 .
3. Доказать, что четырехугольник с вершинами А(2,1,-4), В(1,3,5), С(7,2,3),
D(8,0,-6) есть параллелограмм. Найти длины его сторон.
4. На оси ординат найти точку, равноудаленную от точек А(1,-3,7) и
В(5,7,-5).
5. Даны точки А(1,2,1), В(2,-1,3) и С(3,,). При каких значениях  и 
точка С лежит на прямой АВ?
6. Определить конец вектора AB  2i  j  3k , если его начало
совпадают с точкой А(2,2,-5).
7. Проверить, лежат ли точки А(1,-2,5), В(2, 
1 11
, ), С(-1,-5,9) на одной
2 2
прямой.
8. Даны две смежные вершины параллелограмма А(-2,6), В(2,8) и точка
пересечения его диагоналей М(2,2). Найти две другие вершины.
9. На оси абсцисс найти точку М, расстояние которой от точки А(3,-3)
равно 5.
10. На оси ординат найти точку М, равноудаленную от точек А(1,-4,7) и
В(5,6,-5).
11. Отрезок с концами А(3,-2), В(6,4) разделен на три равные части. Найти
координаты точек деления.
Ответы:
1: b  5i  10 j  10k , 2: b  2i  2 j  2k , 3: AB  DC  86 ,
AD  BD  41 , 4: (0,2,0), 5:  = –4,  = 5, 6: В(0,1,-2),
8: С(6,-2), D(2,-4), 9: М1(7,0), М2(-1,0), 10: М(0,1,0), 11:М1(4,0), М2(5,2).
Тема 10. Скалярное, векторное и смешанное произведение
векторов.
 
Скалярным произведением векторов а и b называется число a  b  a, b ,
равное произведению модулей векторов на косинус угла между ними:
 
a  b  a, b  a  b  cos ,
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
  
где    a, b  – угол между векторами а ,b. Последнее равенство можно




представить в виде:
a, b  a  пра b  b  прb a .
Из этих соотношений можно получить формулы, выражающие через
скалярное произведение модуль вектора, угол между векторами и проекцию
одного вектора на ось другого:
 
 
   a, b
a, b
.
a  ( a, a ) , cos a, b  
, пр а b 
a

 ab
Скалярное произведение обладает свойствами:

   
    
1) a, b  b, a , 2)  a , b    a, b  , 3) a  b, c  a, c  b, c .
Пример 1. Даны длины векторов:
p  2, q  3 и угол между ними
   
 p, q   . Найти длины векторов a  p  q, b  2 p  q и угол между

 3


ними.
Решение. Пользуясь свойствами и определением скалярного произведения,
найдем a, b , a, a , b, b :
2
   
a, b   p  q,2 p  q   2 p, p    p, q   2q, p   q, q   2 p
q
2
 2  4  2  3 cos

 9  2,
3
a, a    p  q, p  q  
 
 p, q 
2
 
p  2 p, q  q
2
 4  2  2  3  cos

3
 9  19,
b, b  2 p  q,2 p  q   4 p 2  4 p, q   q 2  16  4  2  3  cos 3  9 
 13.
a, a   19, b  b, b 
Тогда,
   a, b 
2
cos a, b  


a 




ab
19 13
51
13,
 
2 
2 .

; a, b  arccos

247 
247

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Скалярное
произведение
a  ax i  a y j  az k
векторов
и
b  b x i  b y j  b z k , заданных координатами в декартовом базисе, равно
сумме произведений одноименных координат:
a, b  a x b x  a y b y  a z b z .
 
Длина вектора и угол между векторами выражаются в декартовых
координатах с помощью формул:
  
a x bx  a y b y  a z bz
2
2
2


a  a x  a y  a z ; cos a, b 


a x 2  a y 2  a z 2  bx 2  b y 2  bz 2


Условие ортогональности (перпендикулярности) векторов:
 
ab  a, b  0  a x b x  a y b y  a z b z  0 .
Работа силы F по перемещению материальной точки на вектор s равна
скалярному произведению вектора силы на вектор перемещения:
A  F, s .
 
Пример 2. Даны вектора a  3i  4 j  2k и b  i  j  2k . Найти


пр a  2b 3a  2b .
Решение. Найдем координаты векторов a  2b и 3a  2b в декартовом
базисе.

 

3a  2b  33i  4 j  2k   2i  j  2k   11i  14 j  2k
Откуда, 3a  2b, a  2b   11  1  14  2  2  6  51 ,
a  2b  3i  4 j  2k  2 i  j  2k  i  2 j  6k ,
a  2b  1  4  36  41 .
Искомую проекцию найдем,

 3a  2b, a  2b 
прa  2b 3a  2b 
a  2b
51
.
41
Пример 3. Найти работу А равнодействующей двух сил F1  2i  3 j  k и
F2  5i  j  k по перемещению материальной точки из положения С(1,2,3) в положение В(1,5,1).
Решение. Известно, что работа
s  СB  3 j  4k , значит

 
A  F , s , где F  F1  F2  7i  4 j ,

A  7i  4 j,3 j  4k  12 .
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Векторное произведение векторов.


Упорядоченная тройка векторов a, b, c называется правой, если векторы
тройки приведены к одному началу, и наблюдателю, находящемуся на
конце третьего вектора c , кратчайший поворот от первого вектора a ко
второму b виден против часовой стрелки; в противном случае тройка
a, b, c – левая (см. рис.1.).
c
b
a
b
c
a
Рис.1: Правая и левая тройки.
Векторным произведением векторов a иb называется вектор с,
удовлетворяющий условиям:

1) ca, cb , 2) c  a  b  sin a, b , 3) тройка векторов a, b, c – правая.
 
 

Обозначение: c  a, b  a  b .
c  ab
b

a
 

ca, cb , c  a  b  sin a, b , a, b, c – правая тройка.
Свойства векторного произведения:
1) a  b  b  a ,
2)  a  b   a  b ,

 

53

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»


3) a  b  c  a  c  b  c ,
4) a b  0  а ||b (условие коллинеарности векторов),
5) Модуль
векторного
произведения
| a  b | равен
параллелограмма, построенного на векторах а иb.
площади
Пример 4. Даны длины векторов m  2, n  3 и угол между ними
   
   m, n   . Найти площадь S параллелограмма, построенного на

 3


векторах a  3m  n и b  m  2n .
Решение.
S  a  b  (3m  n)  (m  2n) . Используя свойства
векторного произведения, найдем:
(3m  n)  (m  2n)  3(m  m)  6(m  n)  (n  m)  2(n  n)  7(m  n)
3
S  7(m, n)  7 m  n  sin   7  2  3 
 21 .
2
Если векторы a  a x i  a y j  a z k и b  b x i  b y j  b z k заданы своими
координатами в декартовом базисе, то разложение векторного произведения
a  b в том же базисе имеет вид:
a  b  (a y b z  a z b y )i  (a z b x  a x b z ) j  (a x b y  a y b x )k
или
в
символической записи:
i
a  b  ax
bx
j
k
ay
by
az
bz
(1)
Пример 5. Найти площадь треугольника АВС, вершины которого заданы
декартовыми координатами: А(1,2,-1), В(3,1,1), С(0,2,-2).
Решение. Площадь треугольника АВС есть половина площади
параллелограмма, построенного на векторах a  AB  (2,1,2) и
b  AC  (1,0,1) . Вычисляя площадь параллелограмма как модуль
векторного произведения и используя формулу (1), находим:
i
j
k
a  b  2 1 2  i  0 j  k .
1 0 1
54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
S ABC 
1
1 2
2
.
ab 
1  0 2  12 
2
2
2
Смешанное произведение векторов.
Пусть a, b, c какие-либо три вектора в пространстве.
Смешанным произведением векторов a, b, c называется результат
последовательного выполнения двух операций – векторного и скалярного
умножения, представленный выражением: a  b  c  a, b  c .




 
Обозначение a, b, c  a  b  c .
Свойства смешанного произведения:
1) модуль
смешанного
произведения
a bc
параллелепипеда, построенного на векторах a, b, c ,
2)
3)
a  b  c  0 , если тройка векторов (a, b, c) – правая ,
4)
a  b  c =0  вектора a, b, c – компланарны,
равен
объему
a b  c  0 , если тройка ( a ,b, c ) – левая,
5) при циклической перестановке векторов (a  b  c) их смешанное

 
 

произведение не меняется, т.е. a, b, c  b, c, a  c, a, b .
Если векторы заданы своими координатами в декартовом базисе:
a  (a x , a y , a z ), b  (bx , b y , bz ), c  (c x , с у , c z ) ,
то
смешанное
произведение
вычисляется по формуле:
ax
ay
az
a  b  c  bx
cx
by
cy
bz .
cz
Пример 6.
Для заданных векторов a  (1,1,1), b  (1,4,1), c  (1,1,2) :
1) выяснить будут ли эти векторы компланарны,
2) в случае, если вектора некомпланарны, определить ориентацию тройки
(a, b, c) ,
3) найти объем параллелепипеда, построенного на этих векторах.
Решение. Найдем смешанное произведение заданных векторов:
1 1 1
( a  b  c)  1  4 1  3 .
1 1 2
Так как смешанное произведение векторов не равно нулю (a  b  c)  0 , то
вектора некомпланарны, следовательно, линейно независимы.
55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Так как (a  b  c)  3  0 , то тройка векторов является левой.
Объем параллелепипеда равен модулю смешанного произведения
V  a  b  c  3.
Задачи для самостоятельного решения.
1. Векторы a и b образуют угол  
2
2

2
2
, a  3, b  4 . Вычислить: 1)
3
(a, b) , 2) a , 3) b , 4) a  b ,
3a  2b, a  2b, 6) a  b2 , 7) 3a  2b 2 .
6)
2. Векторы a , b взаимно перпендикулярны, а вектор c образует с ними
углы, равные


, даны также a  3, b  5, c  8 . Вычислить:
3



2
2
1) 3a  2b, b  3c , 2) a  b  c , 3) a  2b  3c .
3. Найти работу, которую совершает сила F  2 p  q по перемещению
материальной
4.
точки
  
на
вектор
s  p  3q ,
если

p  3, q  2 ,    p, q   .

 4


a  3, b  5 . Определить, при каком значении  векторы a   b и
a   b будут перпендикулярны.
a  (4,2,1), b  (6,3,2)
5. Векторы
заданы
декартовыми
координатами. Вычислить: а) (a, b) , б) 2a  3b, a  2b  ,


2
в) a  b , г) 2a  b , д) прb a , ж) направляющие косинусы вектора

a , з) пр a  b a  2b , и) cos (a, b) .
6. Найти длины сторон и величины углов треугольника с вершинами: А(1,-2,4), В(-4,-2,0), С(3,-2,1).

2
7. Даны: a  1, b  2,   (a, b) 
. Вычислить: 1) | [a, b] | ,
2)


3
| [2a  b, a  2b] | , 3) | [a  3b,3a  b] |.
56
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8. Заданы векторы a  (3,1,2), b  (1,2,1) своими декартовыми
координатами. Найти координаты следующих векторов:
1) a  b , 2) 2a  b  b , 3) 2a  b  (2a  b) .
9. Вычислить площадь треугольника с вершинами: А(1,1,1), В(2,3,4),
С(4,3,2) и найти длину высоты АD.
10. Вектор c , перпендикулярный векторам a  (4,2,3) и b  (0,1,3) ,




c  26 , найти его
образует с осью оу тупой угол. Зная, что
координаты.
11. Векторы a, b, c образуют правую тройку и взаимно перпендикулярны.
Зная a  4, b  2, c  3 , вычислить a  b  c .
12. Заданы векторы: a  (1,1,3), b  (2,2,1), c  (3,2,5) . Вычислить и
определить ориентацию троек: 1) (a, b, c) ,
2) (b, a, c) , 3)
(a, c, b) .
13. Доказать, что четыре точки А(1,2,-1), В(0,1,5), С(-1,2,1), D(2,1,3) лежат
в одной плоскости.
14. Вычислить объем тетраэдра ОАВС, если OA  3i  4 j , OB  3 j  k ,
OC  2 j  5k .
15. Даны вершины тетраэдра А(2,3,1), В(4,1,-2), С(6,3,7),
D(-5,-4,8).
Найти длину его высоты, опущенный из вершины D.
Ответы:
1: 1) –6; 2) 9; 3) 16; 4) 13; 5) –61; 6) 37; 7) 73; 2: 1) –62; 2) 162; 3) 373; 3: 27;
4:   0,6; 5: а) 28; б)-224; в)14, г) 21 ; д) 4
ж) cos  
4
21
, cos   
2
21
, cos   

6: AB  5, BC  5 2 , AC  5, A 
1
21
; 3) 
 
2

35
14
,B  C 
; и)

4
4
21
;
; 7: 1)
3,
2)
3 3 ; 3) 10 3 ; 8: 1) (-3,5,7); 2) (-6,10,14); 3) (-12,20,28);
9:
2) правая; 3)
S  2 6, h  2 3 ; 10: (-6,-24,8); 11: 24; 12: -7; 1) левая;
17
правая; 14:
; 15: 11.
2
Тема 11. Плоскость.
В декартовых координатах (X,Y,Z) любая плоскость определяется
уравнением первой степени с тремя переменными:
57
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Аx + By + Cz + D = 0.
(1)
Это
уравнение
называется
общим уравнением плоскости.
Геометрический смысл коэффициентов уравнения: А, В, С- они являются
координатами нормального вектора n  ( A, B, C ) плоскости, т.е. вектора,
перпендикулярного данной плоскости.
Задание плоскости с помощью нормального вектора.
Z
n
M
M0
r0
(Р)
r
Y
X
Пусть заданы:
1) Точка М0(x0, y0, z0) принадлежащая плоскости (начальная точка) или
r 0  ( x0 , y0 , z 0 ) – радиус-вектор точки М0.
2) Нормальный вектор n = (А, В, С) плоскости.
Если М(x,y,z) – текущая точка плоскости, а r(x,y,z) – радиус-вектор точки
М, то уравнение плоскости может быть записано в виде:
а)
в
векторной
форме
(r
–r0,
n)
=
0,
(2)
б) в координатной форме А(х–х0) + В(у – у0) + С(z –z0) = 0 .
(3)
Уравнение (3) называется уравнением связки плоскостей.
Пример 1. Написать уравнение плоскости, проходящей через точку М0(1,2,0) перпендикулярно вектору n = (2,-2,1).
Решение. Используя (3), получим:
2(х –1) + (–2)(y – (–2)) + 1(z – 0) = 0, или 2x – 2y + z – 6 = 0 – уравнение
искомой плоскости.
Задание плоскости с помощью направляющих векторов.
Пусть заданы:
1) точка М0(x0, y0, z0), принадлежащая плоскости (Р) или r0 = (x0, y0, z0) –
радиус-вектор точки М0;
2) неколлинеарные векторы р = (р 1, р2, р 3), q = (q 1, q 2, q 3), параллельные
(Р), называемые направляющими векторами плоскости.
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
z
(P)
M0 p
k r0
i
0
M1
M
q
r
M2
y
j
x
Если M(x, y, z) – текущая точка плоскости, а r  ( x, y, z ) – радиус-вектор
точки М, то принадлежность точки М плоскости равносильна выполнению
следующих уравнений:
а) уравнение плоскости в векторной форме:
r  r0 , p, q   0 ;
б) уравнение плоскости в координатной форме:
x  x0
p1
q1
y  y0
p2
q2
z  z0
p3  0 .
q3
Пример 2. Написать уравнение плоскости, проходящей через три заданные
точки: М0(1,2,–1), М1(2,–1,0), М2(3,2,1).
Решение: Способ 1. Пусть начальной точкой плоскости будет точка
М0(1,2,–1). Нормальным вектором (Р) может быть любой вектор n,
перпендикулярный
M 0 M 1  (1,3,1)  p
векторам
и
M 0 M 2  (2,0,2)  q . В качестве такого вектора можно взять векторное
pq
произведение
или
коллинеарный
ему
вектор:
i
j k
p  q  1  3 1  6i  0 j  6k , откуда n = (1,0,-1). Тогда искомое
2 0 2
уравнение
плоскости
может
быть
записано
виде:1 ( x  1)  0  ( y  2)  (1)  ( z  1)  0 или x  z  2  0 .
59
в
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Способ 2. Принадлежность точки М(x,y,z) искомой плоскости равносильна
компланарности векторов:
M 0 M  ( x  1, y  2, z  1), p  M 0 M1  (1,3,1), q  M 0 M 2  (2,0,2),
что равносильно уравнению:
x 1 y  2 z 1
1
3
1  0  x  z  2  0.
2
0
2
Угол между плоскостями.
(Р2)
n1
n1

n2
(Р1)
n2
Угол между плоскостями есть угол между нормальными векторами этих
плоскостей. Пусть плоскости (Р 1) и (Р2) заданы общими уравнениями:
(Р1)
А1х + B1y + C1z + D1 = 0,
(P2)
А2х + B2y + C2z + D2 = 0.
Нормальными векторами этих плоскостей являются, соответственно,
n1=(A1,B1,C1) иn2=(A2,B2,C2). Тогда угол между плоскостями определяется
равенством:
cos 
n1, n2  
n1  n2
A1 A2  B1B2  C1C 2
A12  B12  C12 A2 2  B2 2  C 2 2
Условие параллельности плоскостей:
A
( P1 ) || ( P2 )  n1 || n2  1 
A2
Условие перпендикулярности плоскостей:
B1 C1

.
B2 C2
( P1 )( P2 )  n1n2  A1 A2  B1B2  C1C2  0 .
Пример 3. Найти угол между плоскостями:
(Р1) –x + 2y – z + 1 = 0; (P 2) y + 3z – 1 = 0.
Решение: Нормальные вектора для плоскостей n1  (1,2,1), n  (0,1,3) .
60
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Тогда cos 
(n1 , n2 )
 1  0  2  1  (1)  3

n1  n2
(1)  2  (1) 0  1  3
1
1
 1 
, откуда   arccos


.
6 10 2 15
 2 15 
2
2
2
2
2
2

Нормальное уравнение плоскости.
Нормальное уравнение плоскости имеет вид:
x cos  y cos   z cos   p  0 ,
(1)
0
где n  (cos  , cos  , cos  ) – нормальный вектор плоскости, имеющий
единичную длину, р – расстояние до плоскости от начала координат. Чтобы
перейти от общего уравнения плоскости :
Ax+By+Cz+D=0
(2)
к нормальному уравнению (1), нужно уравнение (2) умножить на
нормирующий множитель
1
0
|n |

1
2
2
2
, причем знак его
 A  B C
D
D

выбирать так, чтобы свободный член  p 
0
 | n |  A2  B 2  C 2
оказался отрицательным.
Расстояние d(M,(P)) от точки M1(x1, y1, z1) до плоскости (Р), заданной
нормальным уравнением (1), определяется формулой:
(3)
d (M , ( P)) | x1 cos  y1 cos   z1 cos   |
Пример 4. Привести уравнение плоскости (Р): 2x – 3y + z + 3=0 к
нормальному виду и найти расстояние от точки М1(2,1,-1) до этой
плоскости.
Решение. Найдем нормальный вектор плоскости (Р) и его модуль:
n  (2,3,1), | n | 4  9  1  14 .
1
1

Нормирующий множитель равен
.
 | n |  14
61
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
D
3
отрицателен, если из двух знаков 

 | n |  14
1
выбрать  – , то умножая данное уравнение плоскости на
, получим
 14
Поскольку  p 
нормальное уравнение:
2
3
1
3
x
y
z
 0.
 14
14
14
14
Расстояние от точки М1(2,1,-1) до плоскости (Р) находится по формуле (3)
d ( M , ( p))  
1.
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
2.
2
3
1
3
3
.
2
1 
 (1) 

14
14
14
14
14
Задачи для самостоятельного решения.
Доказать, что следующие "неполные" уравнения первой степени
определяют:
Ax + By + Cz = 0 – плоскость, проходящую через начало координат;
By + Cz + D = 0 – плоскость, параллельную оси ОХ;
Ax + Cz + D = 0 – плоскость, параллельную оси ОY;
Ax + By + D = 0 – плоскость, параллельную оси OZ;
Cz + D = 0 – плоскость, параллельную плоскости OXY;
By + D = 0 – плоскость, параллельную плоскости OXZ;
Ax + D = 0 – плоскость, параллельную плоскости OYZ;
Показать, что полное уравнение первой степени: Ax+By+Cz+D=0
можно привести к виду:
x y z
   1, называемому уравнением
a b c
плоскости "в отрезках". Выяснить геометрический смысл
коэффициентов a, b, c.
3. Составить уравнение плоскости в отрезках, если эта плоскость проходит
через точку М0(1,2,3) и имеет нормальный вектор n = (1,1,1).
4. Составить уравнение плоскости, которая проходит через точку М1 и
имеет нормальный вектор n: 1) М1(2,1,-1), n(1,-2,3); 2) М1(0,0,0), n =
(5,0,-3).
5. Составить уравнение плоскости, проходящей через точку М1(3,4,5) и:
а) параллельной двум векторам a(3,1,-1) иb(1,-2,1);
б) перпендикулярной вектору M1M 2 , где М2(4,-2,1);
в) перпендикулярной вектору OM 1 ;
г) проходящей через точки М1, М2(2,-1,3) и параллельной вектору a = (3,1,4).
6. Составить уравнение плоскости, проходящей через три точки:
1) М1(3,-1,2), М2(4,-1,1), М3(2,0,2);
62
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2) М1(0,0,0), М2(2,1,3), М3(-1,-1,1).
7. Установить, какие из следующих пар плоскостей пересекаются,
параллельны или совпадают:
1) 2x + 3y + 4z – 12 = 0, 3x – 6y + 1 = 0;
2) 3x – 2y – 3z + 5 = 0, 9x – 6y – 9z – 5 = 0;
3) 2x – y – z – 3 = 0, 10x – 5y – 5z –15 = 0;
8. Определить углы, образованные следующими парами плоскостей:
1) x  y 2  z  1  0, x  y 2  z  3  0 ;
2) 3 y  z  0,2 y  z  0 ; 3) 6 x  3 y  2 z  0, x  2 y  6 z  12  0 .
9. Привести каждое из следующих уравнений плоскости к нормальному
виду:
1) 2x – 2y + z – 18 = 0; 2)
3
6
2
x  y  z  3  0;
7
7
7
3) 4x – 6y – 12z – 11 = 0; 4) –4x – 4y + 2z + 1 = 0.
10. Вычислить расстояние от точки до плоскости:
1) М1(-2,-4,3), 2x – y + 2z + 3 = 0;
2) M2(2,-1,-1), 16x –12y + 15z – 4 = 0;
3) M3(1,2,-3), 5x – 3y + z + 4 = 0.
11. Вычислить расстояние от точки К(-1,1,-2) до плоскости, проходящей
через три точки: М1(1,-1,1), М2(-2,1,3), М3(4,-5,-2).
Ответы:
3:
x y z
   1. 4: 1) x– 2y +3z +3 = 0, 2) 5x – 3z = 0.
6 6 6
5: а) x + 4y + 7z – 54 = 0,
б) x – 6y – 4z + 41 = 0,
в) 3x + 4y + 5z – 50 = 0, г) 11x + y – 8z+3 = 0.
6: 1) x+y+z-4=0 , 2) 4x-5y-z=0. 7: 1)пересекаются,
2) параллельны, 3) совпадают. 8: 1)
 2
3
,
3
; 2)
 3
,
4 4
; 3)

.
2
2
2
1
3
6
9: 1) х  у  z  6  0 , 2) - х  у  2 z  3  0 ,
3
3
3
7
7
2
3
6
11
2
2
1
1
3) x  y  z   0 , 4) x  y  z   0 .
7
7
7
14
3
3
3
6
10: 1) 3, 2) 1, 3) 0. 11: 4.
Тема 12. Прямая в пространстве.
Прямая в пространстве есть пересечение двух плоскостей, она может
быть задана различными способами.
63
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задание прямой с помощью направляющего вектора:
z
q
( L)
M
М0
r0
r
y
0
x
пусть заданы: 1) точка М0(x0, y0, z0), принадлежащая прямой (начальная
точка), или r0 = (x0, y0, z0) – радиус-вектор точки М0
2) ненулевой вектор q(l,m,n), параллельный прямой (L), называемый
направляющим вектором прямой.
Если M(x,y,z) – текущая точка плоскости, а r (x,y,z) – радиус-вектор точки
М, то принадлежность точки М прямой (L) равносильна условию
коллинеарности векторов M 0 M  r  r0 и q . Тогда справедливы
уравнения
а) каноническое уравнение прямой:
x  x0 y  y 0 z  z 0


,
l
m
n
(1)
б) параметрические уравнения прямой в векторной форме:
r  r0  t  q  r  r0  t q ,
в)
параметрические
уравнения
прямой
 x  x0  t  l

 y  y0  t  m
z  z  t  n

0
в
координатной
(2)
форме:
(3)
Пример 1. Написать канонические и параметрические уравнения прямой,
проходящей через две заданные точки М1(x1, y2, z1) и M2(x2, y2, z2).
Решение: Пусть М0 = М1(x1, y1, z1) – начальная точка прямой, а
направляющий вектор q  M1M 2  ( x2  x1 , y 2  y1 , z 2  z1 ) . Тогда
канонические и параметрические уравнения прямой, проходящей через
две точки М1 и М2, имеют вид:
64
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
x  x1
y  y1
z  z1


x2  x1 y 2  y1 z 2  z1
 x  x1 t ( x 2  x1 )

 y  y1  t ( y 2  y1 ) .
z  z  t( z  z )

1
2
1
(4)
(5)
Задание прямой общими уравнениями
Прямую можно задать как пересечение двух плоскостей совместными
уравнениями этих плоскостей:
 A1 x  B1 y  C1 z  D1  0

 A2 x  B2 y  C 2 z  D2  0
(6)
Уравнения (6) определяют общий вид уравнения прямой. Чтобы перейти
от общего вида к каноническому (1), нужно задать начальную точку
М0(x0,y0,z0) и направляющий вектор q  (l , m, n) данной прямой. В качестве
координат начальной точки можно взять любое решение системы (6), а
направляющий вектор можно выбрать в виде векторного произведения
нормальных векторов плоскостей (6):
i
q  n1  n2  A1
A2
j
B1
B2
k
C1
C2
Пример 2. Записать уравнение прямой в канонической форме, если общий
вид:
2 x  3 y  z  4  0

x  y  2z  3  0
(7)
Решение. Найдем направляющий вектор прямой
i
j
k
q  n1  n2  2  3 1  5i  5 j  5k
1 1 2
или возьмем коллинеарный ему вектор q(1,1,1), а в качестве координат
начальной точки М 0 возьмем следующие: (1,2,0), которые получаются при z
2 x  3 y  4
, получим
x

y

3

= 0 из системы (7). Действительно, решая систему 
х = 1, у = 2.
65
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Итак, каноническое уравнения прямой запишется в виде:
x 1 y  2 z

 .
1
1
1
Угол между прямыми в пространстве.
Угол
между прямыми в
пространстве есть угол между
q1
L1
их направляющими векторами.

Пусть прямые L1 и L2 заданы
уравнениями:
q2
L1:
L2
L2:
x  x1 y  y1 z  z1


,
l1
m1
n1
x  x2 y  y 2 z  z 2


.
l2
m2
n2
Направляющими векторами этих прямых являются, соответственно,
вектора: q1(l1,m1,n1) иq2(l2,m2,n2).
Тогда угол между прямыми определится равенством:
cos 
(q1 , q 2 )
q1  q 2

l1l 2  m1m2  n1n2
l12  m12  n12 l12  m12  n12
Условие параллельности прямых:
.
l
m
n
L1 || L2  q1 || q2  1  1  1 .
l 2 m2 n2
.
Условие перпендикулярности прямых:
L1L2  q1q2  l1l2  m1m2  n1n2  0 .
Условие совпадения прямых:
( L1 )  ( L2 )  q1 || q 2 и точка М1(x1,y1,z1)(L2) 
x1  x2 y1  y 2 z1  z 2


.
l2
m2
n2
l1 m1 n1


,
l 2 m2 n2
Пример 3. Найти угол между прямыми:
 x  2  3t
 x  1  2t


( L1 ) :  y  0
и ( L2 ) :  y  0
.
z  3  t
 z  3  t


Решение. Приведем уравнения прямых к каноническому виду
( L1 ) :
x2 y z3
x 1 y z  3
 
, (L2 ) :
 
.
3
0
1
2
0
1
66
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Направляющие
q(3,0,1),
векторы
этих
прямых,
соответственно,
будут
q 2 ( 2,0,1) .
Следовательно,
cos 
(q1 , q 2 )
q1  q 2

Откуда   .
4

3  2  0  0  (1)  1
32  0 2  (1) 2 2 2  0 2  12

5
1

.
10 5
2
Задачи для самостоятельного решения.
1. Написать канонические уравнения прямой, проходящей через точку
М0(2,0,–3) параллельно:
1) вектору а(2,–3,5); 2) прямой
x 1 y  2 z 1
; 3) оси ОХ; 4) оси


5
2
1
ОY; 5) оси ОZ.
2. Составить канонические уравнения прямой, проходящей через две
заданные точки: 1)М1(1,-2,1), М2(3,1,-1); 2) М0(3,-1,0), М1(1,0,-3); 3) А(0,2,3), В(3,-2,1).
3. Составить параметрические уравнения прямой, проходящей через точку
М1(1,-1,-3) параллельно: 1) вектору а(2,-3,4);
2) прямой
x 1 y  2 z 1


, 3) прямой x = 3t – 1, y = –2t + 3, z = 5t + 2.
2
4
0
4. Составить параметрические уравнения прямой, проходящей через две
данные точки: 1) М1(3,-1,2), М2(2,1,1); 2) М0(1,1,-2), М1(3,-1,0).
5. Даны вершины треугольника А(3,6,-7), В(-5,2,3), С(4,-7,-2). Составить
параметрические уравнения его медианы, проведенной из вершины С.
6. Составить канонические уравнения прямых:
 x  2 y  3z  4  0
, 2)
3
x

2
y

5
z

4

0

1) 
5 x  y  z  0
.

2
x

3
y

2
z

5

0

7. Составить канонические уравнения прямой, проходящей через точку
3x  y  2 z  7  0
.
x  3 y  2z  3  0
М(2,3,-5) параллельно прямой 
8.
Найти
угол
между
x3 y 2
z x2 y 3 z 5


,


.
1
1
1
2 1
2
67
прямыми:
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Доказать
9.
параллельность
прямых:
x  2 y  1 z x  y  z  0
,

 ,
3
 2 1 x  y  5z  8  0
 x  5  2t
x  3 y  z  2  0

2)  y  2  t , 
.
x

y

3
z

2

0
 z  7  t 

1)
10. Доказать перпендикулярность прямых:
x y  1 z 3x  y  5 z  1  0
,

 ,
1  2 3 2 x  3 y  8 z  3  0
 x  2t  1
2 x  y  4 z  2  0

2)  y  3t  2 , 
.
4
x

y

5
z

4

0
 z  6t  1 

1)
x2
y
z3
x2 y z3
,
2)


,
 
2
3
5
5
2
1
x2 y z3
x2 y z3
x2 y z3
3)
, 4)
, 5)
;
 
 
 
1
0
0
0
1
0
0
0
1
x 1 y  2 z 1
x  3 y 1 z
x y 2 z 3



 , 3) 

2: 1)
, 2)
,
2
3
2
2
1 3
3
0
2
Ответы:
1:
1)
3: 1) x = 2t + 1, y = –3t – 1, z = 4t – 3,
2) x = 2t + 1, y = 4t – 1, z = –3, 3) x
= 3t + 1, y = –2t – 1, z = 5t – 3;
4: 1) x =- t +3, y = 2t - 1, z =- t +2, 2) x = t +1, y = –t+1, z = t-2;
5: x = 5t + 4, y = –11t – 7, z = –2;
x  2 y 1 z
x
y 1 z 1

 ,


2)
;
2
7
4
5
12
13
x2 y 3 z 5
 2


7:
; 8: ,
.
2
4
5
3 3
6: 1)
Тема 13. Прямая на плоскости
Прямая на плоскости соединяет в себе свойства плоскости и прямой в
пространстве, так как является двумерным аналогом обоих этих объектов.
Поэтому уравнения прямой на плоскости имеют вид, аналогичный
соответствующим уравнениям плоскости и прямой в пространстве.
Задание прямой с помощью нормального вектора:
68
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
если заданы: 1) точка М0(х0,у0), принадлежащая прямой (начальная точка),
илиr0 = (х0,у0) – радиус-вектор точки М0, 2) нормальный вектор n = (А,
В) прямой (т.е. ненулевой вектор, перпендикулярный прямой), то
уравнение прямой может быть записано:


а) в векторной форме r  r0 , n  0 ,
б) в координатной форме А(х – х0) + В(у – у0) = 0,
в) в виде общего уравнения: Ах + Ву + С = 0 (С = –Ах0 – Ву0).
Пример 1. Написать уравнение прямой ( L), проходящей через точку
М0(1,3), параллельно прямой( L1 ): 2х + 3у – 1 = 0.
Решение. Так как прямые (L) и (L1) параллельны, то нормальный вектор
прямой (L1 ) одновременно является и нормальным вектором для (L) т.е. n1
=n = (2,3). Следовательно, можно записать уравнение искомой прямой L в
виде: 2(х – 1) + 3(у – 3 ) = 0 или в общем виде 2х + 3у – 11 = 0.
Прямая задается с помощью направляющего вектора,
если заданы: 1) точка М0(х0,у0), принадлежащая прямой (начальная точка),
илиr0 = (x0,y0) – радиус-вектор точки М0; 2) направляющий вектор q =
(l,m) прямой (т.е. ненулевой вектор, параллельный прямой), то прямая
может быть задана:
а) каноническим уравнением
б)
параметрическим
x  x0 y  y 0
;

l
m
уравнением
в
векторной
r  r0  t q  r  r0  t q ;
форме:
 x  x0  l  t
.
y

y

m

t

0
в) параметрическим уравнением в координатной форме: 
Уравнение прямой с угловым коэффициентом
у
Если прямая на плоскости ХОУ
не перпендикулярна оси ОХ, то ее
b М0(х0,у0)
положение определяется однозначно
заданием угла  – угла наклона

х прямой к оси ОХ и какой-нибудь
0
точки М0 (х0, у0), принадлежащей
прямой (начальной точки). При этом
число k = tg  называется угловым коэффициентом прямой.
Уравнение прямой, имеющей угловой коэффициент k и проходящей через
точку М0(х, у0), имеет вид:
у – у0 = k(x – x0)
(1)
Раскрыв скобки в правой части (1) и приводя подобные слагаемые, получим
другое уравнение прямой с угловым коэффициентом:
y = kx + b,
(2)
69
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где k – угловой коэффициент, а b – есть величина отрезка, отсекаемого
данной прямой по оси ОУ.
Пример 2. Написать уравнение прямой, проходящей через две заданные
точки М1(х1,у1) и М2(х2,у2).
Решение. Запишем каноническое уравнение прямой, проходящей через
точку М1(х1,у1):
x  x1 y  y1
.

l
m
В качестве направляющего вектора можно выбратьq = (l,m) =
= M1M 2  ( x2  x1 , y 2  y1 ) . Итак, искомое уравнение прямой имеет
вид:
x  x1
y  y1

.
x2  x1 y 2  y1
Угол между прямыми на плоскости.
Если
прямые
на плоскости
заданы уравнениями с угловыми
коэффициентами:
L1: y = k1x + b1, L2: y = k2x + b2, то угол между этими прямыми определяется
из равенства:
y L2

1 2
0
L1
k  tg1
k k
tg  2 1 , где 1
.
k

tg

1  k1k 2
2
2
x
Отсюда следуют:
а) условие параллельности прямых:
L1 || L2  k1 = k2;
б) условие перпендикулярности прямых:
L1  L2  1 + k1 k2 = 0  k1  
1
;
k2
 x  2t  1
,
 y  4t
Пример 3. Показать, что пара прямых ( L1 ) : 
( L2): –x + 2у + 1 = 0 перпендикулярны.
Решение. Приведем уравнения прямых (L1 ) и (L2 ) к виду
(L1):
x 1
y

 4 x  4  2 y  y  2 x  2 ,
2
4
70
y = kx + b.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
(L2):
y
1
1
1
x  . Отсюда k1  2, k 2  . Так как 1 + k1k2 = 0 –есть
2
2
2
условие перпендикулярности прямых, и в нашем случае оно выполняется:
1  (2) 
1
 0 . Это означает, что прямые перпендикулярны.
2
Нормальное уравнение прямой на плоскости имеет вид:
x cos  + y cos  –  = 0,
(3)
0
гдеn = (cos , cos ) – нормальный вектор прямой, имеющий единичную
длину,  – расстояние до прямой от начала координат.
Чтобы перейти от общего уравнения прямой
Ах + Ву + С=0
(4)
к нормальному виду (3), нужно уравнение (4) умножить на нормирующий
1
1

, причем, знак его выбрать так, чтобы
 | n |  A2  B 2
C
свободный член  p 
оказался отрицательным.
2
2
 A B
множитель
Расстояние d(M1L) от точки М1(х1,у1) до прямой ( L), заданной нормальным
уравнением (3), определяются формулой:
(5)
d ( M , L) | x1 cos   y1 cos   p |
Пример
4.
Показать,
что
прямые
на
плоскости
9
2
( L1 ) : 2 x  3 y  5  0, ( L2 ) : 3x  y  8  0
между ними.
параллельны и найти расстояние
 9
 2
Решение. Нормальные векторы: n1 (2,3), n   3,  коллинеарные, т.к.
n1 || n2 
2
3
. Следовательно, прямые параллельны. Для нахождения

9
3
2
расстояния между параллельными прямыми достаточно найти расстояние
от какой-нибудь точки М1, принадлежащей одной прямой, до другой
5 
2 
прямой по формуле (5). В качестве точки М1 возьмем точку M1  ,0  ,
координаты которой удовлетворяют уравнению прямой L1. Для вычисления
расстояния приведем уравнение прямой L2 к нормальному виду, умножив
его на нормирующий множитель 
1
2
:

| n2 |
3 13
71
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
L2: 
2
3
16
x
y
 0.
13
13
3 13
Подставив в левую часть полученного уравнения прямой L2 координаты
точки М1 и вычислив модуль этой левой части, получим искомое
расстояние:
d ( L1 , L2 )  d ( M1 , L2 )  
2 5
3
16
31
.
 
0 

13 2
13
3 13 3 13
Задачи для самостоятельного решения.
1. Доказать, что прямые, заданные ниже, пересекаются и найти точку их
пересечения:
1) х + у –11=0, 3х + 2у – 27=0; 2) 14х – 9у –24=0, 7х – 2у –17=0.
2. Определить при каких значениях а и b две прямые:
ах – 2у – 1 = 0,
6х – 4у – b = 0 1) имеют одну общую точку; 2)параллельны; 3) совпадают.
3. Определить при каких значениях m и n две прямые:
mx + 8y + n =
0, 2x + my – 1 = 0 1) параллельны, 2) совпадают, 3) перпендикулярны.
4. Дана прямая 2х + 3у + 4 = 0. Составить уравнение, проходящей через
точку М0(2,1): 1) параллельно данной прямой, 2) перпендикулярно к данной
прямой.
5. Дана прямая 5х + 3у – 3 = 0. 1) определить k и b; 2) составить уравнение
прямой, параллельной данной и имеющей коэффициент b = 3; 3) составить
уравнение прямой, перпендикулярной данной и имеющей коэффициент b =
–5; 4) построить все прямые на координатной плоскости ХОУ.
6. Даны уравнения двух сторон прямоугольника 2х – 3у + 5 = 0, 3х + 2у – 7
= 0 и одна из его вершин А(2,-3). Составить уравнения двух других сторон
прямоугольника.
7. Составить уравнения прямых, проходящих через вершины треугольника:
А(5,-4), В(-1,3), С(-3,-2) параллельно противоположным сторонам.
8. Даны вершины треугольника М1(2,1), М2(-1,-1), М3(3,2). Составить
уравнения его высот.
9.
Показать,
что
пары прямых параллельны, совпадают,
перпендикулярны: 1) 3х + 5у – 4 = 0, 6х + 10у + 7 = 0;
2) 3х + 5у – 4
= 0, 6х + 10у – 8 = 0; 3) 2х – 4у + 3 = 0, х – 2у = 0; 4) х – у 2 = 0, х 2 – 2у
= 0; 5) х + у – 1 = 0,
x y 1

.
2
2
10. Найти внутренние углы треугольника и координаты его вершин, если
стороны треугольника заданы уравнениями:
3х – у + 6 = 0, х – 4у + 4 = 0,
х + 2у = 0.
11. Вычислить расстояние между двумя параллельными прямыми: 1) 3х –
4у– 10=0, 6х –8у+ 5=0;
72
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2) 5х – 12у+26=0, 5х –12у –13=0.
12. Даны вершины треугольника: А(-10,-13), В(-2,3), С(2,1). Записать
уравнение перпендикуляра, опущенного из вершины В на медиану,
проведенную из вершины С.
Ответы: 1: 1) (5,6), 2) (3,2).
2: 1) а  3, 2) а = 3, b  2, 3) а = 3, b = 2.
3: 1) m = 4, n  2 или m = 4, n  –2, 2) m = –4, n = 2 или
m = 4, n=-2.
4: 1) 2х + 3у – 7 = 0, 2) 3х – 2у – 4 = 0.
5
3
5: 1) k   , b = 1, 2) 5х + 3у – 9 = 0, 3) 3х – 5у – 25 = 0.
6: 3х + 2у = 0,
2х – 3у –13 = 0;
7: 5х – 2у – 33 = 0,
х +4у – 11= 0, 7х + 6у + 33 = 0;
8: 4х + 3у – 11 = 0, х + у + 2 = 0, 3х + 2у –13=0;
6
7
10: arctg , arctg
11
20 6
4 2
12 6
, arctg 7; (- , ), (  , ), (  , ) ;
7
11 11
3 3
7 7
11: 1) 2,5; 2) 3;
12: 4х + 3у – 1 = 0.
Тема 14. Кривые второго порядка.
Эллипс.
Эллипсом называется геометрическое место точек плоскости, для которых
сумма расстояний до двух фиксированных точек F 1 и F2 этой плоскости,
называемых фокусами, есть величина постоянная.
Если выбрать декартову систему координат на плоскости специальным
образом, а именно: начало координат поместить в середине отрезка F 1F2, а
ось ОХ совместить с прямой, проходящей через фокусы (см. Рис.1.), то
уравнение эллипса примет вид:
x2
a
2

y2
b
2
1
(1)
Уравнение (1) называется каноническим уравнением эллипса.
y
d2
d1
b
–a
–c
F1
M(x,y)
r2
c
0
F2
r1
–b
Рис.1.
73
a
x
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Характеристики эллипса:
1) параметры а и b (ab>0) называются полуосями эллипса (большой и
малой, соответственно);
2) точки А1(–а,0), А2(а,0), В1(0,–b), B2(0,b) называются вершинами эллипса;
3) оси координат являются осями симметрии эллипса, называемые также
главными осями, начало координат является центром симметрии и
называется центром эллипса;
2
2
4) точки F1(–c,0) и F2(c,0), где c  a  b , являются фокусами эллипса,
а расстояние между ними | F1F2 | 2c называется фокальным
расстоянием;
5) векторы F1M и F2 M называются фокальными радиус-векторами
точки М, принадлежащей эллипсу, а числа r1 | F1 M | и r2 | F2 M | –
фокальными радиусами точки М;
6) число

c
a
называется эксцентриситетом эллипса (01) и
характеризует его "сплюснутость" (при =0 эллипс превращается в
окружность, а при 1 эллипс приближается к своему вырожденному
состоянию – отрезку);
7) прямые d 1 : x  
a

и d2 : x 
a

называются директрисами эллипса.
Если в уравнении (1) b  a, то фокусы эллипса будут расположены на оси
ординат, и сам эллипс будет "вытянут" вдоль этой оси.
Если центр эллипса находится в точке О(х0,у0), а главные оси параллельны
осям координат, то уравнение эллипса имеет вид:
( x  x0 ) 2 ( y  y 0 ) 2

1
(2)
2
2
a
b
При a = b оба уравнения (1) и (2) задают окружность радиуса R=a.
Пример 1. Показать, что уравнение 9х2 + 25у2 = 225 задает эллипс,
построить его. Найти: а) полуоси, б) координаты фокусов, в)
эксцентриситет, г) уравнения директрис.
Решение. Чтобы привести данное уравнение к каноническому виду,
x2 y2

 1.
разделим обе части уравнения на 225:
25
74
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а) большая полуось а = 5, малая полуось b = 3;
2
2
б) так как c  a  b  25  9  16 , то координаты фокусов:
F1 (4,0), F2 (4,0) ;
в) эксцентриситет  
c
4
 ;
a 25
г) уравнение директрис – d1 : x  
4
5

25
125
5
125
и d2 : x 
.

4
4
4
25
x2 y2
График эллипса

 1 имеет вид, представленный на Рис.2.
25 9
y
d2
d1
3
–5

x
5
0
125
4
125
4
–3
Рис.2.
Гипербола.
Гиперболой называется геометрическое место точек плоскости,
для которых абсолютная величина разности расстояний до двух
фиксированных точек F 1 и F1 этой плоскости, называемых фокусами, есть
величина постоянная.
Если выбрать каноническую декартову систему координат на плоскости, а
именно: начало координат поместить в середину отрезка F 1F2 , а ось ОХ
совместить с прямой, проходящей через фокусы (см. Рис.3.), то уравнение
гиперболы имеет вид:
x2 y2

1
(3)
2
2
a
b
Уравнение (3) называется каноническим уравнением гиперболы.
y
d1
75
b r1(M)
d2
M(x,y)
r2(M)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1)
2)
3)
4)
5)
Характеристики гиперболы:
параметры а и b (a, b>0) называются полуосями гиперболы;
точки А1(–а,0), А2(а,0) – точки пересечения гиперболы с осью ОХ –
называются вершинами, точки В1(0,-b), B2(0,b) называются мнимыми
вершинами;
оси координат являются осями симметрии гиперболы, называемые также
главными осями, при этом ось ОХ называется действительной осью (она
имеет точки пересечения с гиперболой), начало координат является
центром симметрии и называется центром гиперболы;
2
2
точки F1(-c,0) и F2(c,0), где c  a  b , являются фокусами
гиперболы, а расстояние между ними |F 1F2| = 2c называется фокальным
расстоянием;
вектора F1M и F2 M называют фокальными радиус-векторами точки
М, принадлежащей гиперболе, а числа r1  | F1M | и r2 | F2 M | –
фокальными радиусами точки М;
6) число  
c
(1<) называется эксцентриситетом гиперболы и также
a
характеризует ее "сплюснутость" (при  гипербола приближается к
своему вырожденному состоянию – двум полупрямым на
действительной оси);
7) прямые d1 : x  
8) прямые
a

и d2 : x 
b
l1 : y   x
a
и
a

называют директрисами гиперболы;
l2 : y 
b
x называются асимптотами
a
гиперболы, они являются продолжением диагоналей прямоугольника с
76
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
центром в начале координат со сторонами параллельными осям Ох, Оу и
равными соответственно 2а и 2b.
Уравнение гиперболы с центром в точке О(х0, у0) и главными осями
параллельными осям координат, имеет вид:
( x  x0 ) 2 ( y  y 0 ) 2

1
(4)
2
2
Уравнение вида:
a
b
x2
a
2

y2
b
2
 1
также является уравнением гиперболы с действительной осью Оу и мнимой
Ох.
Пример 2. Доказать, что уравнение: 4х2–16у2– 8х-64у-124 = 0 определяет
гиперболу. Найти ее центр, полуоси, эксцентриситет, уравнения асимптот и
директрис. Сделать чертеж.
Решение. Чтобы привести данное уравнение к каноническому виду,
необходимо выделить полные квадраты по х и у:
4(х2–2х)–16(у2+4у)-124=0  4(х2–2х+1)–4–16(у2+4у+4)–60=0
 4(х – 1)2
– 16(у + 2)2 = 64. Разделим обе части полученного уравнения на 64,
приведем к уравнению:
( x  1) 2 ( y  2) 2

 1,
16
4
которое совпадает с уравнением (4) гиперболы, центр находится в точке
С(1,-2), а главные оси совпадают с прямыми у= –2 и х=1. Полуоси
гиперболы
равны:
a  16  4, b  4  2 . Отсюда находим:
c  a 2  b 2  20 ,  
c
20
5


. Чтобы найти уравнения
a
4
2
директрисы и асимптот, а также построить гиперболу, удобно сделать
замену координат:
x–1=x', y+2=y'. В новых координатах уравнение
гиперболы имеет канонический вид:
x'2   y'2  1.
16
4
Уравнения директрисы в новых координатах –
d1 : x'  
a


8
a
8
, d 2 : x'  
.

5
5
77
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Уравнения асимптот – l1 : y '  
b
1
b
1
x'   x' , l 2 : y '  x'  x' . Переходя
a
2
a
2
к первоначальной системе координат, перепишем уравнения директрис и
асимптот в виде:
d1 : x  1  
8
5
,d2 : x 1
8
5
;
или окончательно:
1
1
l1 : y  2   ( x  1), l 2 : y  2  ( x  1);
2
2
8
8
1
3
1
5
d1 : x  1 
, d2 : х 1 
, l1 : y   x  , l 2 : y  x  .
2
2
2
2
5
5
Чтобы построить график гиперболы, сделаем это сначала в системе
координат x'Oy', затем построенную гиперболу сдвинем параллельно на
вектор (1,-2), либо систему координат перенесем параллельно на вектор (1,2) –( см. Рис.4.)
y
y'
l1
l2
1
x
c
–2
x'
Рис.4.
Парабола
Параболой называется геометрическое место точек плоскости,
равноудаленных от некоторой фиксированной точки F и некоторой
фиксированной прямой d этой плоскости. Точка F называется фокусом
параболы, а фиксированная прямая – директрисой параболы.
Если выбрать декартову систему координат на плоскости так, что начало
координат поместить в середину отрезка FD (рис.5), представляющего
собой перпендикуляр, опущенный из фокуса на директрису, а оси
78
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
координат выбрать так, чтобы ось Ох была направлена по перпендикуляру
FD от директрисы к фокусу, то уравнение параболы примет вид:
y 2  2 px .
(5)
Уравнение (5) называется каноническим уравнением параболы, число p>0
называется параметром параболы, он равен расстоянию от фокуса до
директрисы.
Фокусом параболы является точка F(p2,0), уравнение директрисы d: x = –
p2. Ось Ох является осью симметрии параболы и называется ее осью.
Начало координат является вершиной параболы и называется центром
параболы.
y
d
М(х,у)
D
– p2
0
x
F
p2
Рис.5.
Если параболу, заданную каноническим уравнением (5), перенести
параллельным сдвигом на вектор (х0,у0), то центр ее окажется в точке
С(х0,у0), ось будет параллельна оси Ох, а уравнение сдвинутой параболы
будет иметь вид:
(у – у0)2 = 2р(х – х0) .
(6)
Пример 3. Установить, какая линия определяется уравнением:
у = –1 –2 2 х  4 . Определить характеристики кривой и сделать чертеж.
Решение. Чтобы определить тип кривой, приведем данное уравнение к
каноническому виду:
y  1  2 2 x  4  ( y  1) 2  4(2 x  4)  ( y  1) 2  8( x  2) .
79
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Последнее уравнение этой цепочки есть уравнение параболы с центром
в точке С(2,-1) и осью, параллельной оси Ох (см. (6)); первое же уравнение
цепочки показывает, что исходная кривая удовлетворяет условию у + 1  0,
т.е. лежит в полуплоскости у  –1. Следовательно, данная кривая есть
часть параболы
(у + 1)2 = 8(х – 2),
(7)
лежащая
в указанной полуплоскости (см. рис. 6). Чтобы найти
характеристики параболы, перейдем к новым координатам: х – 2 = x', y + 1 =
y'. В новых координатах уравнение параболы (7) имеет вид: (y') 2 = 8x';
параметр р = 4; фокус находится в точке с координатами x' F = p2 = 2, y' F = 0;
p
2
уравнение директрисы d: x'    2 . Переходя к исходным координатам,
получим, что фокус находится в точке F(4, –1), а уравнение директрисы d:
х = 0.
y'
y
x
0
–1
C (2,–1)
2
F
x'
Рис.6.
Задачи для самостоятельного решения.
1. Написать каноническое уравнение эллипса и построить его, если: 1)
а=3, b=2, 2) a=5, c= 4, 3) c=3, =3/5, 4) b=5, =12/13,
5) c = 2,
расстояние между директрисами равно 5, 6) =1/2, расстояние между
директрисами равно 32.
2. Установить, что каждое из следующих уравнений определяет эллипс
(или окружность); найти его центр, полуоси, эксцентриситет и
уравнения директрис; изобразить эллипс на координатной плоскости:
80
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1) 5х2+9у2–30х + 18у +9 = 0, 2) 16х2+ 25у2 +32х –100у –284 = 0,
3) 4х2 + 3у2 – 8х + 12у – 32 = 0, 4) х2 + у2 – 4х + 6у – 3 = 0,
5) х2 + у2 – 8х = 0, 6) х2 + у2 + 4у = 0.
3. Построить гиперболу: 16х2 – 9у2 = 144. Найти: полуоси, координаты
фокусов, эксцентриситет, уравнения асимптот, уравнения директрис.
4. Написать каноническое уравнение гиперболы, если заданы: 1) a=2,b=3;
2) b=4,c=5; 3) c=3, =3/2; 4) a=8, =5/4, 5) c=10, уравнения асимптот –
4
y   x ; 6) =3/2, расстояние между директрисами равно 8/3.
3
5. Установить, что каждое из следующих уравнений определяет
гиперболу. Найти ее центр, полуоси, эксцентриситет, уравнения
директрис и асимптот, изобразить гиперболу на координатной
плоскости.
1) 16х2 – 9у2 – 64х – 54у – 161 = 0,
2) 9х2 – 16у2 + 32у + 90х – 367 = 0,
3) 16х2 – 9у2 – 64х – 18у + 199 = 0.
6. Построить следующие параболы и найти их параметры:
1) у2 = 6х, 2) х2 = 4у, 3) у2 = –4х, 4) х2 = –у.
7. Написать уравнение параболы с вершиной в начале координат, если
известно, что: а) парабола расположена в левой полуплоскости,
симметрична относительно оси Ох и имеет параметр р = 1/2; б)
парабола расположена симметрично относительно оси Оу и проходит
через точку М(4,-8); в) фокус параболы находится в точке F(0,-3), а
осью симметрии является ось Оу.
8. Установить, какие из следующих уравнений определяют параболу,
найти ее параметр, координаты вершины, уравнение директрисы,
построить график.
 x2
2
2
2
1) у = 4х – 8, 2) х = 2 – у, 3) у = 4х – 8х + 7, 4) y 
 2x  7 ,
 y2
 y , 6) х = 2у2 – 12у + 14.
5) x 
4
Ответы:
x2 y2

 1,
1: 1)
9
4
x2 y2

 1,
4)
169 25
6
x2 y2
x2 y2

 1, 3)

 1,
2)
25 9
25 16
x2
x2 y2
2
 y  1, 6)

 1;
5)
5
64 48
81
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
( x  3) 2 ( y  1) 2
2: 1) эллипс:

 1 , С(3,-1), а = 3, b = 5 , =2/3,
9
5
( x  1) 2 ( y  2) 2
d1: 2x – 15 = 0, d2: 2x + 3 = 0; 2) эллипс:

 1 , С(-1,2), a =
25
16
5, b = 4,  = 3/5, d1: 9x – 34 = 0, d2: 3x + 16 = 0; 3)эллипс:
( x  1) 2 ( y  2) 2

 1 , С(1,-2), a = 2 3 , b =4,  =1/2, d1: y – 6 = 0, d2: y +
12
16
10 = 0; 4) окружность:
(х – 2)2+(у + 3)2 = 16, С(2,-3), R = 4; 5) окружность: (х – 4)2 + у2 = 16, С(4,0),
R = 4; 6) окружность: х2 + (у + 2)2 = 4, С(0,-2), R = 2;
x2 y2
4
3:

 1, a = 3, b = 4, F1(-5,0), F2(5,0),  = 5/3, l1, l2:: y   x , d1,
9
16
9
d2: x =  ;
5
x2 y2
x2 y2
x2 y2
4: 1)

 1; 2)

 1; 3)

 1;
4
9
9 16
4
5
x2 y2
x2 y2
x2 y2
4)

 1; 5)

 1; 6)

 1;
64 36
36 64
4
5
2
2
( x  2)
( y  3)
5: 1)

 1, C(2,-3), a = 3, b = 4,  =5/3,
9
16
3
l1: 4x – 3y – 17 = 0, l2: 4x + 3y +1 = 0, d 1: 5x – 1 = 0, d 2: 5x –19=0;
( x  5) 2 ( y  1) 2
2)

 1, C(-5,1), a = 8, b = 6,  =5/4,
64
36
9
16
l1: 3x + 4y + 11 = 0, l2: 3x – 4y + 19 = 0, d 1: x = -11,4, d 2: x = 1,4;
( x  2) 2 ( y  1) 2

 1 , C(2,-1), a = 3, b = 4,  =5/4,
3)
l1: 4x + 3y – 5 = 0, l2: 4x – 3y –11 = 0, d 1: y = –4,2, d 2: y = 2,2;
6: 1) p = 3, в правой полуплоскости, симметрична относительно Ох; 2) р = 2,
в верхней полуплоскости, симметрична относительно Оу; 3) р = 2, в левой
полуплоскости, симметрична относительно Ох; 4) р = 1/2, в нижней
полуплоскости, симметрична относительно Оу;
7: а) у2 = -х; б) х2 = -2у; в) х2 = -12у;
82
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8: 1) у2 = 4(х – 2) – парабола р = 2, А(2,0), d: x – 1 = 0;
2) – парабола, р =- 1/2, А(0,2), d: 4y – 9 = 0;
3) (x – 1)2 =
парабола,
р = 1/2, А(1,3), d: y 
А(6,-1), d: y = 0,5;
2;
6) (y – 3)2 =
11
;
4
2) x2 = –(y –
1
(y – 3) –
4
4) (х – 6)2 = – 6(у + 1) – парабола, р = - 3,
5) (у – 2)2 = –4(х – 1) – парабола, р = - 2, А(1,2), d: x =
1
(x + 4) – парабола, р = 1/4, А(-4,3), d: x = - 33/8.
2
Тема 15. Комплексные числа.
Понятие комплексного числа. Арифметические
комплексными числами.
операции
над
Известно, что на множестве действительных чисел нельзя найти число,
квадрат которого равен отрицательному числу. Поэтому в школьном курсе
математики при решении квадратных уравнений, дискриминант которых
меньше нуля, отмечалось, что такие уравнения не имеют решений. Для того
чтобы подобные задачи были разрешимы вводятся комплексные числа.
Введем прежде понятие мнимой единицы. Мнимой единицей
называется такое число, квадрат которого равен -1. Обозначается
мнимая единица буквой i.
По определению имеем i 2  1, i=  1
(1)
Комплексным числом называется число вида a+ib, где а и b действительные числа.
бозначим
а+ib=с
(2)
Запись комплексного числа с в виде (2) называют алгебраической
формой записи. При этом первое слагаемое а -действительная часть
(Re) комплексного числа, b -мнимая часть комплексного числа (Im).
Re c=a, Im c=b.
(Re -reality, Im -imaginary ).
Если Re c =0, то комплексное число вида ib называют чисто мнимым
числом.

Число a-ib = с -сопряженным числом для числа (2).
Если Im c=b=0, то число становится действительным. Пусть заданы два
комплексных числа:
а1  ib1 , a2  ib2 . Введем арифметические операции:
1) сложение a1  ib1  a2  ib2  a1  a2  i(b1  b2 ) ,
83
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2) вычитание a1  ib1  (a2  ib2 )  a1  a2  i(b1  b2 ) ,
3) умножение ( a1  ib1 )  (a2  ib2 )  a1a2  b1b2  i(a1b2  a2b1 )
4) деление
a1  ib1
( a  ib1 )( a 2  ib2 ) a1a 2  b1b2
b a  a1b2
 1

 i 1 22
2
2
a 2  ib2 ( a 2  ib2 )( a 2  ib2 )
a 2  b2
a 2  b22
,
если
a22  b22  0 .
Выражение с  a 2  b 2 - называется модулем комплексного числа с.
Два комплексных числа a1  b1 , a 2  b2 равны тогда и только тогда,
когда их действительные и мнимые части равны, т.е.
a1  ib1  a 2  ib2  a1  a 2 , b1  b2 .
Понятия больше, меньше для комплексных чисел не существует. Для того
чтобы задать комплексное число (2), необходимо задать пару чисел (a,b).
Известно, что парой чисел определяется точка на плоскости. Поэтому
принято геометрически изображать на плоскости комплексное число
(2) в виде точки с координатами (a,b). Плоскость носит название
комплексной плоскости.
Комплексную переменную будем обозначать z=x+iy. На комплексной
плоскости (z) изобразим это число в виде точки z с координатами
(х, у) или в виде вектора с теми же координатами.
Y
Z
z
y
α
0
x
X
Рис. 1.
Тригонометрическая запись комплексного числа.
Выражение вида
z  x2  y2
(3)
и геометрически
называется модулем комплексного числа z=x+iy
обозначает длину соответствующего вектора.
Пусть этот вектор наклонен к действительной оси ОХ под углом  , тогда
x= z  cos, y  z  sin   z  z  (cos  i sin  )
(4)
Формулу (4) называют тригонометрической формулой записи комплексного
числа z, а угол  - аргументом комплексного числа. Очевидно, что угол 
может быть определен с точностью до полного числа оборотов. Далее,
примем следующие обозначения:
- главное значение аргумента, который принимает значения
  arg z
-   arg z   ,
(5)
84
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а общее значение аргумента будем обозначать:
Argz =argz+2k  , (k=0,  1,2,3,) .
Если числа z1 , z 2 представлены в тригонометрической форме:
z1  z1 (cos1  i sin 1 ), z 2  z 2 (cos 2  i sin  2 ) ,
то произведение этих чисел будет:
(6)
z1  z 2  z1  z 2  (cos 1 cos 2  sin  1 sin  2  i (cos 1 sin  2  sin  1 cos 2 )) 
z1  z 2 (cos( 1   2 )  i sin( 1   2 ))
т.е. справедливы формулы
z1  z 2  z1  z 2 (cos( 1   2 )  i sin( 1   2 ))
z1  z 2  z1  z 2
Arg ( z1  z 2 )  Argz 1  Argz 2 .
Таким образом, при умножении комплексных чисел в тригонометрической
форме их модули перемножаются, а аргументы складываются.
Деление комплексных чисел в тригонометрической форме дает следующий
результат:
z1 (cos 1  i sin  1 ) z1
z1



 (cos( 1   2 )  i sin( 1   2 )).
z 2 z 2 (cos 2  i sin  2 ) z 2
Следовательно, модуль и аргумент частного определятся по формулам:
z1
z1

,
z2
z2
Arg(
z1
)  Argz1  Argz2.
z2
Возведение в степень можно получить из произведения:
z n  z  z  z  ...  z  z  (cosn  i sin n ).
n
(7)
Примеры
1. Записать комплексное число с =
5i
в алгебраической форме в виде:
1 i
a+ib.
Решение
Умножим числитель
знаменателю:
c
и
знаменатель
на
сопряженное
значение
(5  i )(1  i ) 5  i 2  i  5i 6  4i


 3  2i .
(1  i )(1  i )
2
12  i 2
2.Найти модули и значения аргументов комплексных чисел с и записать
их в тригонометрической форме:

а ) c=1+i, б) c=i, в) с=2, г) c= cos  i sin
6
Решение
85
2

(1  i ) .
, д) 2
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а) c=1+i, c  12  12  2 .
Значение аргумента удобно находить из геометрической иллюстрации
комплексного числа. Изобразим число c=1+i
в виде вектора на комплексной плоскости :
у
А
α
0
1 В
х
Рис. 2.
Треугольник ∆ ОАВ -прямоугольный, равнобедренный, поэтому



4
4
4
 АОВ=   , arg(1+i)= , Arg (1  i ) 


 2k , k  Z ;
1+i= 2 (cos  i sin );
4
б)
c  i,
4
с  i  0 2  12  1, arg i 

2
, i  cos

2
 i sin

2
.
в) с=2 - действительное число является частным случаем комплексного
числа, когда Imc=0.
2=2+0i, 2  2, arg 2  0, 2  2(cos0  i sin 0).
г) cos




 i sin( )  cos( )  i sin( ),
6
6
6
6
2
д) c   (1  i ), c  1
2
α=arg( 
2
3
(1  i ))    .
2
4
у

2
2
3
4
  
86
х
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

2
2
Рис. 3.
Следует обратить внимание на то, что главное значение аргумента
3
4
здесь равно -  в силу неравенства (5). Другое значение
из
(6) при
k=1. Окончательно,
рассматриваемого числа будет:
-
5
 получается
4
тригонометрическая
запись
2
3
3
(1  i )  cos(  )  i sin(  ).
2
4
4
3.Записать в тригонометрической форме число: с= ( 3  i ) 17 .
Решение.
Запишем прежде в тригонометрической форме основание степени 3  i.
3  i  2, arg( 3  i ) 

6
. ( 3  i )  2(cos


 i sin ).
6
6
По формуле возведения в степень (7) имеем:
( 3  i )17  217 (cos17 


5
5
 i sin 17  )  217 (cos  i sin ).
6
6
6
6
Извлечение корня из комплексных чисел.
Число w называется значением корня степени n, (n N) из комплексного
числа z , если w n =z  w= n z .
Например, числа  i являются значениями квадратного корня из числа -1.
Таким образом, для нахождения всех корней степени n из числа z нужно
найти все решения уравнения w n =z. Если z=0, то w=0 - единственное
решение. Если z  0, то записав z и w в тригонометрической форме:
w=  (cos   i sin  ), z=r(cos  +isin  ), получим уравнение вида
 n (cos n  i sin n )  r (cos   i sin  ).
Два комплексных числа в тригонометрической форме равны тогда и
только тогда, когда их модули равны, а аргументы могут отличаться на
 n  r, n    2k ,
2k ,
число
k Z.
Следовательно,
или
  n r,  
  2k
n
, k Z .
И так, все решения можно записать в виде:
87
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
  2k
  2k
w  n r (cos
 i sin
), k  Z .
k
n
n
При k=0,1,2,…,n-1 из этой формулы получаются различные значения корня,
а для остальных k Z значения корня будут повторяться. Таким образом,
при z  0 уравнение w n =z имеет ровно n различных корней, и они
определяются по формулам:
  2k
  2k
(8)
w  n r (cos
 i sin
), k  0, n  1,
k
n
n
где   arg z, r  z .
Пример 4. Найти все числа, для которых w 4 =1.
Решение. Применим формулу (8) и учитывая, что arg1=0,
n=4, получим четыре значения корня при k  0,1,2,3 . Они будут:
w 0 =cos0+isin0=1,
2
2
 i sin
w 1 =cos
= i,
4
4
w 2 =cos  +isin  = -1,
6
6
 i sin = -i.
w 3 =cos
4
4
Задачи для самостоятельного решения.
1.Найти z 1 +z 2 , z 1 -z 2 , z 1  z 2 , если 1) z 1 =1-2i, z 2 =1+2i
2) z 1 =2+i, z 2 =1+3i.
2. Найти числа, сопряженные данным
1) i(1+i), 2) -3i, 3) -2, 4) (1-i) 2 , 5) (2-i)(i+3).
3. Представить числа в алгебраической форме:
18
3  4i
5i
(3  2i ) 2
i
1)
,
, 3)
, 2)

, 4)
i 1
1 i
i
1  2i
5  2i
2i
5)
 (2i  1) 2 .
3i  1
4. Выполнить действия:
2i 2i
1) (1+4i)(4-3i)+(3-4i)(4+3i), 2)

.
2i 2i
5. Найти модули и главные значения аргументов комплексных
чисел
88
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3
3
1
, 5) i
, 6) (i+1)(i-2),
2
2
1 i
2
i 1
7)
, 8)
, 9) (1-i) 3 .
1 i
1 i 3
6. Представить в тригонометрической форме числа:
3 1
1  i 100
1) (2+i) 6 , 2) (-1+i 3 ) 60 , 3) (
i .
) , 4)
2
2
1 i
7. Найти все значения корней:
1)-i, 2) -1, 3) 1-i, 4)
1)
3
 1, 2) 1  i 3, 3) 4 1  i , 4)
4
 2  i , 5)
4
 16,
6)  3  i 3, 7) 3  2  2i , 8) 5 2  2i .
8. Решить уравнения:
1) z 3 -27=0, 2) z 2 +3z+4=0, 3) z 3 +i=0, 4) z 2 +z+5=0,
5) z+ z =3, 6) z 4 +1=0,
7) z 3 +8=0, 8) z 4 -i=0.
Тема 16. Линейные пространства и собственные вектора
Вещественным линейным пространством называется произвольное
множество L, для элементов которого определены две операции: сложение
элементов и умножение элемента на вещественное число, при этом
указанные операции удовлетворяют следующим аксиомам:
1. х  у  у  х (коммутативность сложения);
2. ( х  у)  z  x  ( y  z) (ассоциативность сложения);
3. существует нулевой элемент 0 такой, что
х  0  х для  х  L ;
4.  x  L существует противоположный элемент x   L такой, что
x  x  0 ;
5. 1  х  х для  х  L ;
6.  ( x)  () x (ассоциативность умножения элемента на число);
7. (   ) х   х   у (дистрибутивность относительно суммы числовых
множителей );
8.  ( х  у ) =  х   у
(дистрибутивность относительно суммы
элементов множества ).
Элементы линейного пространства называют векторами. Линейные
пространства называют также векторными пространствами. Если в
определении линейного пространства вместо вещественных чисел
рассматривать комплексные числа, то линейное пространство называют
комплексным.
89
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Важным примером линейного пространства является множество Rn ,
элементами которого являются всевозможные упорядоченные наборы из
n – вещественных чисел Х  ( х1 , х2 , х3 ,..., х ) , если операции сложения
элементов и умножения их на число  определить правилами:
Х  У  ( х1 , х2 , х3 ,..., xn )  ( y1 , y2 , y3 ,..., yn )  ( x1  y1 , x2  y2 ,..., xn  yn )
n
 X  (x1 , x2 , x3 ,..., xn ) .
Линейное пространство Rn называют n-мерным арифметическим
пространством, числа х1 , х 2 ,..., х n называют координатами вектора Х .
Пример 1
Проверить образует ли линейное пространство множество L 0 всех
векторов из Rn , у которых первая координата равна нулю.
Решение. Рассмотрим произвольные вектора из L 0 :
и
Очевидно,
х  (0, х2 , х3 ,..., хn )
у  (0, у2 , у3 ,... у n ) .
и
 x  (0, x2 ,..., xn )  L0 .
х  у  (0, х2  у2 ,..., хn  yn )  L0
Следовательно, результатом сложения векторов из L 0 и результатом
умножения вектора из L 0 на число также является вектор из L 0 .
Проверим аксиомы линейного пространства. Так как в R n операции
сложения векторов и умножения вектора на число сводится к сложению
и умножению чисел – координат векторов , - то выполнение аксиом
1,2,5-8 очевидно. В качестве нулевого вектора нужно взять вектор
0  (0,0,...,0)  L0 , а в качестве противоположного вектора для вектора
х  (0, х2 ,..., хn ) нужно взять вектор х   (0, х2 ,..., хn )  L0 . Таким
образом, множество L 0 образует линейное пространство.
Определение линейного оператора.
Пусть L, L  - линейные пространства. Оператором Â , действующим из L
в L ,
называется
отображение Aˆ : L  L  ,т.е. оператор это
отображение, область определения и множество значений которого –
линейные пространства.
Для задания оператора употребляется обозначение: у  Аˆ х .
При этом вектор у  L называется образом вектора x  L, а x прообраз y .
Оператор Â называется линейным, если выполняются два условия:
1. Аˆ ( х 1  х2 )  Аˆ х1  Аˆ х2  образ суммы любых двух векторов из L равен
сумме образов этих векторов;
90
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. Аˆ ( х)  Аˆ х - образ произведения вектора х  L на любое число 
равен произведению этого числа на образ вектора x .
Матрица линейного оператора.
Пусть А̂ - линейный оператор, действующий в линейном пространстве
Ln и е1 ,..., еn - базис этого пространства. Любой вектор x можно
разложить по базису:
x  x1 e1  x2 e2  ...  xn en .
Применяя к этому равенству оператор Â и пользуясь свойствами 1, 2
линейного оператора, получим:
у  Аˆ х  х1 Аˆ е1  x2 Аˆ е2  ...  xn Aˆ n en .
Таким образом, чтобы задать линейный оператор, нужно задать его
действие только на базисные векторы. Для этого разложим образы
базисных векторов по базису:
А̂ ек  а1к е1  а2 к ек  ...  аnk en , (к=1,…,n)
и составим матрицу из координатных столбцов векторов
А̂ек :
 а11 а12 ...а1n 


 а 21 а 22 ...а 2 n 
А= 
.
................. 


a
a
...
a
 n1 n 2 nn 
Матрицей линейного оператора называется матрица, столбцами
которой являются координатные столбцы образов базисных векторов
А̂еi (i=1, 2,…,n) в базисе е1 , е2 ,..., еn .
Линейный оператор А̂ определяется однозначно заданием матрицы А ,а
именно: если у  Аˆ х ,то координатный столбец вектора у задается
равенством:
у  Ах , где х - координатный столбец вектора х , т.е.
у  Аˆ х  у  Ах .
Пример. Найти матрицу линейного оператора
Аˆ х  ( х1  х2 , 2 х2  х3 , 3х1  х2  2 х3 ) в каноническом базисе:
1 
 0
 0
 
 
 
е1   0  ;
е2  1  ;
е3   0  и вычислить координаты образа
 0
 0
1 
 
 
 
х  (3,2,5) .
91
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Чтобы найти матрицу оператора А̂ , применим оператор к
базисным векторам:
Аˆ е1  (1,0,3)  1  е1  0  е2  3  е3 ;
Аˆ е2  (1,2,1)  1  е1  2е2  е3 ;
Аˆ е3  (0,1,2)  0  е1  е2  2е3 .
Матрицей оператора А̂ является матрица, составленная из координатных
столбцов векторов Аˆ е1 , Аˆ е2 , Аˆ е3 :
1 1 0 


А=  0 2  1 .
3 1 2


Найдем образ вектора х  (3,2,5) :
1 1 0   3  1 

    
у  Аˆ х  у  А х   0 2  1    2     9  .
 3  1 2   5   21 

    
Следовательно, Аˆ х  (1,9,21).
Собственные вектора и собственные числа.
Пусть в линейном пространстве L задан линейный оператор А̂ .
Ненулевой вектор х называется собственным вектором линейного
оператора А̂ , если существует число  такое, что выполняется
равенство:
Аˆ х   х.
(1)
Число  называется собственным числом (или собственным значением)
линейного оператора. При этом говорят, что собственный вектор х
принадлежит собственному значению  .
Если в линейном пространстве зафиксирован базис, то, записав
соотношение (1) в координатной форме, получим эквивалентное ему
равенство:
А х   х  Е х  ( А  Е ) х  0 .
(2)
Здесь А –матрица линейного оператора А̂ ; Е – единичная
матрица порядка n. Следовательно, если собственный вектор
существует, то его координаты должны удовлетворять однородной
системе алгебраических уравнений, которая в координатной форме
принимает вид:
92
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
(а11   ) х1 
а12 х 2  ...
а 21 х1  (а 22   ) х 2  ...
 а1n x n  0,
 а 2 n x n  0,
..........................................................................
a n1 x1 
a n 2 x 2  ...  (a nn   ) x n  0.
(3)
Ненулевые решения системы (3) существуют тогда и только тогда, когда
определитель этой системы равен нулю, т.е.
Det (A-  E)=0 или, что то же самое уравнение:
а11  
А  Е 
a 21
а12
a 22  
...
а1 n
...
a2n
....................................................
a n1
a n 2 ... a nn  
=0
(4)
Уравнение (4) называется характеристическим уравнением матрицы А, а
многочлен А  Е - характеристическим многочленом матрицы А, его
корни – характеристическими числами или собственными значениями
матрицы А.
Совокупность всех характеристических чисел матрицы А называется ее
спектром. Если характеристическое уравнение имеет лишь простые корни,
то спектр матрицы А называется простым. Если собственные векторы
отвечают различным собственным значениям, то они линейно независимы.
Пример. Проверить являются ли векторы
1 
1 
 
 
а   0  и b    1 линейного пространства R 3 собственными векторами
  1
1 
 
 
линейного оператора, заданного матрицей А:
7  4

А=  2 3
2 0

Решение.
Проверим,
либо  .
4

2 .
5 
выполняются ли для данных векторов равенство (1) при каких
93
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 7  4 4  1   3  1 

      
А  а   2 3 2    0    0   3 0 .
 2 0 5    1   3   1

      
Аˆ а  3а и,
Таким образом, для вектора а выполняется равенство:
следовательно, а - собственный вектор линейного оператора, заданного
матрицей А, принадлежащий собственному значению   3.
 7  4 4  1  15

    
А  b   2 3 2     1  1  ,
 2 0 5  1   7 

    
т.е. А  b   b при  , следовательно, b не является собственным
вектором линейного оператора, заданного матрицей А.
Пример. Линейный оператор, действующий в линейном пространстве L3 ,
задан в некотором базисе этого пространства матрицей:
1
0
0


0.
А=   4 4
 2 1
2 

Найти собственные числа и собственные векторы линейного оператора.
Решение. Составим характеристическое уравнение (4):
0
1
0
4
4
0  0.
2
1
2
Вычисляя
определитель,
получим
кубическое уравнение:
3
2
3
  6  12  8  0 или (   2)  0 . Следовательно, корень уравнения
  2 . Система уравнений (3) при   2 имеет вид:
 2 х1  х 2  0
 4 х1  2 х 2  0 .
 2 х1  х 2  0
Решая ее методом Гаусса, приведем матрицу (А-2Е) к ступенчатому виду:
  2 1 0    2 1 0

 

(А-2Е)=   4 2 0  ~  0 0 0  .
  2 1 0  0 0 0 


 
94
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Rang(A-2E)=1, а число неизвестных 3. Система имеет бесконечное
множество решений. Эквивалентная система сводится к одному уравнению:
-2 х1  х 2  0 , отсюда х 2  2х1 ; х1 , х 3 - свободные неизвестные. Тогда
общее решение системы запишется в виде:
 х1   х1 
1 
 0
  

 
 
х   х 2    2 х1   х1  2   х 3  0  или
0
1 
х  х 
 
 
 3  3 
х  с1 х1  с2 х2 , где с1 , с 2 - произвольные постоянные, а столбцы
1 
 0
 
 
х1   2 , х 2   0  , образующие фундаментальную систему решений,
0
1 
 
 
являются координатными столбцами двух линейно независимых
собственных векторов оператора, принадлежащих собственному значению
  2 . При этом равенство х  с1 х1  с2 х2 определяет все множество
собственных векторов оператора А̂ , принадлежащих этому собственному
значению.
Задачи для самостоятельного решения.
1. Проверить, образует ли линейное пространство множество L 1 всех
векторов из R n , у которых первая координата равна 1.
5 0 0 


2. Оператор А̂ в пространстве L 3 задан матрицей А= 1 4  1 .
1  1 4 


Найти все собственные числа и собственные векторы оператора.
3. Найти все собственные числа и собственные векторы линейного
оператора А̂ , заданного в вещественном линейном пространстве L2
1  7 
матрицей А= 
 .
3 4
4. Найти собственные числа и собственные векторы линейных
операторов, заданных своими матрицами:
 2 1 2
4  5 2




4.1 А=  5  3 3  ; 4.2 А=  5  7 3  ;
1 0  2 
6  9 4




1  3 4 


4.3 А=  4  7 8  ;
6  7 7


4.4 А=
95
1 0 0 


1
2
1

.
  1 0 1


Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Ответы:
1 
1 
 0
 
 
 
1. Нет; 2. 1  2  5; 3  3; х1  1 ; х 2   0 ; х 3  1 .
 0
1 
1 
 
 
 
3. В вещественном линейном пространстве не существует собственных
векторов.
1 
 
4.1   1; х   1 ;   0.
  1
 
1
1 
 
 
4.2 1  1; х1   1; 2  0; х 2    2 ;   0;
1
3
 
 
1 
1 
 
 
4.3 1  3; х1    2 ; 2  1; х 2    2 ;   0;
 2
1 
 
 
 0
0 
 
 
4.4 1  2; х1   1 ; 2  1; х 2   1 ;   0.
 0
  1
 
 
Контрольные вопросы:
Определение матрицы, размерность матрицы.
Специальные виды матриц.
Операция сложения матриц. Свойства.
Операция умножения матриц на число. Свойства.
Произведение матриц. Свойство операции умножения матриц.
Транспонирование матрицы. Свойства операции транспонирования.
Определители первого, второго и третьего порядков. Правило
треугольника.
8. Определение определителя порядка –n.
9. Свойства определителей.
10. Определение обратной матрицы А 1 .
11. Присоединенная матрица, свойство присоединенной матрицы.
12. Миноры и алгебраические дополнения.
13. Необходимое и достаточное условия существования обратной матрицы.
14. Алгоритм отыскания обратной матрицы.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
96
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
15. Решение системы линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) с
помощью обратной матрицы.
16. Вывод формул Крамера.
17. Определение ранга матрицы.
18. Определение базисного минора.
19. Нахождение ранга матрицы методом окаймляющих миноров.
20. Элементарные преобразования матрицы.
21. Вычисления ранга матрицы методом элементарных преобразований.
22. Определение линейной зависимости столбцов матрицы.
23. Определение линейной независимости столбцов матрицы.
24. Теорема о линейной зависимости столбцов матрицы.
25. Теорема Кронекера –Капелли.
26. Решение неоднородной СЛАУ методом Гаусса.
27. Понятие однородной СЛАУ.
28. Необходимое и достаточное условие существования нетривиального
решения однородной СЛАУ n-го порядка.
29. Как связаны между собой ранг матрицы однородной СЛАУ с числом
неизвестных в случае существования бесконечного множества решений?
30. Теорема о фундаментальной системе решений для однородной СЛАУ.
31. Понятие вектора, определения коллинеарных и компланарных векторов.
32. Операции над векторами. Определение линейной комбинации векторов.
Линейная зависимость и независимость векторов.
33. Определение базиса в пространстве векторов е1 , е2 ,...еn / .
34. Декартовый базис в пространстве и на плоскости.
35. Направляющие косинусы вектора a  (a x , a y , a z ).
36. Длина вектора a  (a x , a y , a z ). Орт вектора.
37. Формула вычисления длины вектора АВ , если известны координаты
начала и конца вектора.
38. Деление отрезка в заданном отношении.
39. Определение скалярного произведения векторов а , b.
40. Свойства скалярного произведения.
41. Проекция одного вектора на другой через скалярное произведение.
42. Определение векторного произведения двух векторов.
43. Свойства векторного произведения.
44. Смешанное произведение векторов и его свойства.
45. Общее уравнение плоскости.
46. Задание плоскости с помощью нормального вектора.
47. Задание плоскости с помощью направляющих векторов.
48. Нормальное уравнение плоскости.
49. Угол между плоскостями. Условие перпендикулярности и
параллельности плоскостей.
97
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
50. Задание прямой в пространстве с помощью направляющего вектора.
51. Каноническое и параметрическое уравнение прямой в пространстве.
52. Задание прямой в пространстве общими уравнениями.
53. Формула Муавра (возведение в степень комплексных чисел).
54. Угол между прямыми в пространстве. Условие параллельности и
перпендикулярности прямых.
55. Задание прямой на плоскости с помощью нормального вектора.
56. Задание прямой на плоскости с помощью направляющего вектора.
57. Уравнение прямой на плоскости с заданным угловым коэффициентом.
58. Угол между прямыми на плоскости. Условие параллельности и
перпендикулярности прямых.
59. Нормальное уравнение прямой на плоскости.
60. Определение эллипса. Каноническое уравнение эллипса.
61. Характеристики эллипса.
62. Определение гиперболы. Каноническое уравнение гиперболы.
63. Характеристики гиперболы.
64. Определение параболы. Канонические уравнения параболы.
65. Характеристики параболы.
66. Алгебраическая запись комплексных чисел. Арифметические операции
над комплексными числами.
67. Геометрическая
интерпретация
комплексных чисел. Модуль
комплексного числа.
68. Тригонометрическая запись комплексных чисел.
69. Операции умножение и
деление комплексных чисел в
тригонометрической форме.
70. Извлечение корня из комплексного числа.
71. Линейные (векторные) пространства. Основные аксиомы.
72. Понятие линейного оператора. Матрица линейного оператора.
73. Собственный вектор и собственные числа линейного оператора.
74. Характеристический многочлен и характеристическое уравнение.
Литература
Основная:
1. Высшая математика для экономистов /Под редакцией профессора
Н.Ш.Кремера. Москва:ЮНИТИ,2003.
2. В.С. Шипачев. Основы высшей математики. -М. :Высшая
школа,1994.
3. А.А. Гусак. Высшая математика, т.1 -Минск,2001.
98
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Дополнительная:
4. Высшая математика. Общий курс /Под ред. А.И.Яблонского. -Минск:
Высшая школа,1993.
5. М.Л.Краснов, А.И.Киселев, Г.И. Макаренко, Е.В. Шикин, В.И.Заляпин.
Высшая математика, ч.1.Москва,2003.
99
Документ
Категория
Физико-математические науки
Просмотров
74
Размер файла
1 353 Кб
Теги
линейная, аналитическая, геометрия, алгебра, 1956
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа