ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 16.11.2021
Просмотров: 982
Скачиваний: 1
16
1 2 3
2
1 2 3
2
1 2 3
2
1 1 1
0
0
3
2
2
0 0 14
14
~
~
~
1 3 1
2
0 1
4
4
0 1
4
4
3 4 3
0
0
2
6
6
0 0
14 14
−
−
−
−
−
−
− −
− −
− −
−
− −
−
−
1 2 3
2
0 1
4
4
0 0 1
1
− −
За останньою матрицею відновлюємо систему рівнянь:
1
2
3
2
3
3
2
3
2;
4
4;
1.
х
х
х
х
х
х
+
+
=
−
= −
=
З неї послідовно отримуємо:
3
2
1
1;
0;
1
х
х
х
=
=
= −
.
Відповідь:
(
)
1;0;1
−
.
Приклад 3.Розв’язати систему рівнянь методом Гаусса:
1
2
3
4
5
1
2
4
5
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
2
2
2
4,
3
2
5
5,
2
4
4
2
5
9,
4
4
2
2.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
−
+ +
=
+
−
+
=
+
−
+
+
=
− − +
−
+
= −
Розв’язання.
Утворимо матрицю коефіцієнтів:
4
1
2
2
1
2
5
1
3
0
2
5
9
2
4
4
2
5
2
1
1
4
4
2
−
−
−
−
−
−
−
Виключивши невідомі х
1
з першого рядка, дістанемо:
4
1
2
2
1
2
1
0
1
2
3
3
1
0
0
0
0
1
2
0
1
2
3
4
−
−
−
Віднявши другий і третій рядки від четвертого, дістанемо:
4
1
2
2
1
2
1
0
1
2
3
3
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
−
−
17
Система рівнянь сумісна, але розв’язок не є єдиним. Поміняємо місцями
третій і п’ятий стовпці. Тоді маємо:
1
2
2
1
2
4
0
1
3
3
2
1
0
0
1
0
0
1
−
−
Цій таблиці відповідає система рівнянь
1
2
3
4
5
2
3
4
5
3
2
2
2
4,
3
3
2
1,
1.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+ −
=
+
−
+
=
=
Невідомі
1
2
3
,
,
x x
x – базисні, невідомі
4
5
,
x
x – вільні. Із системи рівнянь
знайдемо загальний розв’язок:
1
1
2
2
1
2
3
4
1
5
2
2
2
;
1
3
2
;
1;
;
,
x
C
C
x
C
C
x
x
C
x
C
=
−
+
= +
+
=
=
=
де С
1
і С
2
– довільні сталі.
18
Розділ «Елементи векторної алгебри та аналітичної геометрії»
Тема. Векторна алгебра та аналітична геометрія
Вектори
Теоретичні відомості
Теорема. Якщо у векторному просторі вибрано будь-який базис, то
довільний вектор цього простору можна однозначно подати у вигляді лінійної
комбінації векторів базису (розкласти за даним базисом).
Дійсно, нехай в деякому
n
– вимірному просторі маємо вектори
1
2
( , ,...,
),
п
b b b
b
−
1
11
12
1
(
,
,...,
),
п
а а
а
а
−
2
21
22
2
(
,
,...,
),
п
а а
а
а
−
2
( ,
,...,
)
п
п
п
пп
а а
а
а
−
.
Вектори
1
2
( ,
,...,
)
п
а
а
а
−
−
−
утворюють один із базисів цього простору.
Розкладемо вектор
b
за векторами
1
2
,
,...,
п
а
а
а
−
−
−
, тобто вектор
b
подамо у
вигляді лінійної комбінації векторів
1
2
,
,...,
п
а
а
а
−
−
−
:
1 1
2
2
...
п
п
b
х а
х а
х а
−
−
−
−
=
+
+ +
.
Оскільки при додаванні векторів їх відповідні координати додаються, а з
рівності векторів випливає рівність відповідних координат, то векторна рівність
запишеться у вигляді системи
n
лінійних рівнянь з
n
невідомими:
1 11
2
21
1
1
1 12
2
22
2
2
1 1
2
2
...
,
...
,
................................................
...
.
п
n
п
n
п
п
п
пп
п
х а
х а
х а
b
х а
х а
х а
b
х а
х а
х а
b
+
+ +
=
+
+ +
=
+
+ +
=
Розв'язок цієї системи є сукупністю координат вектора
b
у цьому базисі.
Тоді вектор
b
запишеться у вигляді:
1 1
2 2
....
n n
b
x a
x a
x a
=
+
+ +
.
Приклади розв’язування типових завдань
Приклад.
Дано вектори
(
) (
) (
)
1
2
3
1,1, 2 ,
1, 0,1 ,
1, 2, 1
a
a
a
−
− −
. Довести, що вектори
утворюють базис та знайти координати вектора
(
)
1, 1, 2
b
−
.
Розв’язання:
Показати, що вектори
1
2
3
,
,
а а а
утворюють базис чотиривимірного
простору, знайти координати вектора
b
у цьому базисі.
Знайдемо визначник
1 1 2
-1 0 1
6 .
1 -2 1
∆ =
=
19
Оскільки
0
≠
∆
, то вектори
1
2
3
,
,
а а а
утворюють базис тривимірного
векторного простору, тому вектор
b
можна подати у вигляді векторної рівності
1 1
2
2
3 3
b
x a
x a
x a
=
+
+
, яка в координатній формі набуває вигляду системи
лінійних рівнянь:
1
2
3
1
2
1
2
3
1
2
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
− + =
−
= −
+ − =
Розв’яжемо систему матричним способом.
11
12
13
0
2
2;
1
1
1
2
3;
2
1
1
0
1
2
1
A
A
A
−
=
=
−
−
= −
= −
−
=
=
31
32
33
1 1
2;
0
2
1
1
3;
1
2
1
1
1
1
0
A
A
A
−
=
=
= −
=
−
−
=
=
Тоді обернена матриця має вигляд:
1
2
0 2
1
3
3 3
6
1
3 1
A
−
= ⋅ − −
−
.
Отже,
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 1 0
1
2 2
2
0 2
1
6
1
1
1
1
3
3 3
1
3 1
3
1
3 2
6
1 .
6
6
6
1
3 1
2
6
1
1 1
3
1
1 2
X
⋅ + ⋅ − + ⋅
= ⋅ − −
− =
− ⋅ + − ⋅ − + ⋅
=
=
−
⋅ + − ⋅ − + − ⋅
Отже,
1
2
3
1;
1;
1;
х
х
х
=
=
=
утворюють сукупність координат вектора
b
в
базисі
1
2
3
,
,
,
а
а
а
−
−
−
, тобто в цьому базисі вектор має координати
(1; 1; 1)
.
Інакше:
1
2
3
b
a
a
a
= + +
.
Відповідь:
1
2
3
b
a
a
a
= + +
.
Пряма на площині
Теоретичні відомості
Рівняння вигляду
0
Ax
By
C
+
+ =
називається загальним рівнянням
прямої на площині, де
(
)
;
n A B
– вектор нормалі.
(
) (
)
0
0
0
A x
x
B y
y
−
+
−
=
.
20
Рівняння (1) називається рівнянням прямої, що проходить через задану
точку перпендикулярно до вектора. Вектор
(
)
;
n A B
називають нормальним
вектором.
0
0
x
x
y
y
m
n
−
−
=
– рівняння прямої, що проходить через точку М(х;у),
паралельно вектору і називається канонічним рівнянням, а вектор
( )
;
s
m n
=
називається напрямним вектором прямої.
0
0
,
x
x
mt
y
y
nt
= +
= +
– параметричними рівняннями прямої.
1
1
2
1
2
1
x
x
y
y
x
x
y
y
−
−
=
−
−
–рівнянням прямої, що проходить через дві задані точки.
1
x
y
a
b
+ =
– рівнянням у відрізках на вісях.
(
)
0
0
y
y
k x
x
−
=
−
–рівнянням прямої, яка проходить через дану точку в
заданому напрямі. Якщо k довільне, то останнє рівняння називають рівнянням
пучка прямих.
1
1
2
2
A
B
A
B
=
(умова паралельності прямих).
1
2
1
2
0
A A
B B
+
=
(умова перпендикулярності прямих).
Приклади розв’язування типових завдань
Приклад 1. Дано вершини трикутника А (-4; 8), В (5; -4), С (10; 6).
Знайти:
1)довжини сторін трикутника;
2) рівняння сторін і їх кутові коефіцієнти;
3) внутрішній кут А в радіанах з точністю до 0,001;
4) рівняння висот, які проведені через вершини С, В і точку їх перетину;
5) рівняння медіани, яка проведена через вершину С;
6) довжину висоти, яка проведена з вершини С;
7) записати систему лінійних нерівностей, які визначають трикутник АВС.
Зробити малюнок.
Розв’язання:
1.
Відстань d між точками A і B знаходимо за формулою:
Підставивши в цю формулу координати точок А і В, отримаємо:
2
1
2
2
1
2
)
(
)
(
y
y
x
x
d
−
+
−
=
.
15
144
81
)
8
4
(
))
4
(
5
(
2
2
=
+
=
−
−
+
−
−
=
AB
)
1
(
)
;
(
1
1
y
x
)
;
(
2
2
y
x