Вища математика icon

Вища математика




Скачати 396.16 Kb.
НазваВища математика
Сторінка2/4
Дата19.11.2012
Розмір396.16 Kb.
ТипДокументи
1   2   3   4
^

АНАЛІТИЧНА ГЕОМЕТРІЯ У ПРОСТОРІ


РОЗДІЛ 1. ПЛОЩИНА.

1. Нормальне рівняння площини. Положення площини у просторі буде повністю визначено, якщо задати її відстань р від початку координат О, тобто довжину перпендикуляра ОТ, який опущено з точки О на площину, та одиничний вектор , перпендикулярний до площини і направлений від початку O до площини (рис.22).

Нехай точка M(x,y,z) довільна точка площини, її радіус-вектор змінюється так, що весь час . Ця умова має місце лише для точок площини; воно не виконується, якщо точка М не лежить на площині. Отже, маємо властивість точок площини, яку запишемо у векторній формі:

.




Рис. 22


Величина зліва дорівнює p. Маємо:

. (1)

Рівняння (1) висловлює умову, за якої точка Μ лежить на даній площині, і має назву нормального рівняння площини. Воно записано у векторній формі. Вектор має координати х, у, z. Вектор своїми проекціями має косинуси кутів α, β, γ, які він утворює з координатними осями Ох, Оу та Oz. Тобто, маємо:

i

Скалярний добуток векторів і дає нормальне рівняння площини у координатній формі:

. (2)

Одержане рівняння (2) - першого порядку відносно x, у, z, тобто всяка площина може бути подана рівнянням першого порядку відносно поточних координат.


2. ^ Зведення рівняння першого порядку до нормального виду. Вище було доведено, що будь-яка площина може бути подана рівнянням першого порядку. Доведемо зворотне: будь-яке рівняння першого порядку (степеня) між трьома змінними визначає площину.

Візьмемо рівняння першого степеня загального вигляду:

А·х + В·у + C·z + D = 0, (3)

де . Розглядатимемо А, В і С як проекції на вісі координат Ох, Оу і Oz деякого вектора , а х. у, z як проекції радіус-вектора точки Μ. Тоді рівняння (3) може бути переписане у вигляді

, (4)

яке зводиться до вигляду (1), якщо останнє розділити на довжину вектора . Тобто, матимемо: і .

Таким чином, рівняння (4) завжди може бути зведено через рівняння (1) до нормального вигляду (2). Але нормальне рівняння (2) завжди визначає площину. Отже, рівняння (4), відповідно, і початкове рівняння (3), визначає площину, що й треба було довести.

З попереднього маємо спосіб перетворення загального рівняння (3) площини до рівняння (2) площини у нормальній формі: щоб привести загальне рівняння (3) першого ступеня до нормального вигляду треба помножити його на множник

, (5)

де знак множника належить брати протилежним знаку вільного члена ^ D. Цей множник має назву нормуючого множника.

Після множення на Μ рівняння (3) матиме вигляд:



і співпадає з (2), якщо:

.

Звідси маємо формули для обчислення напрямних косинусів і числа р:

;

; , де (6)

З формул (6) маємо рівність

. (7)

Приклад. Рівняння площини перетворити до нормального вигляду.

Розв'язок. Обчислимо нормуючий множник

.

Помножимо на нього дане рівняння. Маємо:

.

Для даної площини: cosα = 1/3; cosβ = –2/3; cosγ = 2/3; p = 1.


3. Дослідження загального рівняння площини. Подивимось, які часткові положення відносно системи координат Охуz займає площина

Ах + Ву + Cz + D = 0,

якщо деякі коефіцієнти цього рівняння дорівнюють нулю:

а) D = 0. Ах + Bу + Cz = 0 - площина, яка проходить через початок координат;

б) А = 0, або В =·0, або C = 0, Тобто коефіцієнт біля однієї з змінних дорівнює нулю. Наприклад, А = 0. Ву +Cz +D = 0. Це площина, яка паралельна осі Ох. У другому і третьому випадках маємо площини, які паралельні осям Оу і Oz відповідно;

в) D = 0; А = 0, або В = 0, або C = 0. Тобто, коефіцієнти біля однієї з змінних та вільний член дорівнюють нулю. Наприклад, А = 0 і D = 0. Ву + Cz = 0. Це площина, яка містить вісь Ох. У другому і третьому випадках маємо площини, які містять осі Оу і Oz відповідно;

г) коефіцієнти біля двох змінних дорівнюють нулю. Наприклад, А = 0 і B = 0. Маємо Сz + D = 0. Це рівняння площини, яка паралельна координатній площині xOy. Якщо А = 0 і С = 0, або В = 0 і С = 0 будемо мати площини, які паралельні координатним площинам xOz і уОz відповідно;

д) коефіцієнти біля двох змінних і вільний член дорівнюють нулю. Наприклад, А = 0, В =0 і D = 0. Маємо Cz = 0. 0, тоді z = 0 - рівняння координатної площини уОх. Якщо А = 0, С = 0 i D = 0 або В = 0, C = 0 і D = 0, матимемо відповідно рівняння координатних площин xOz і yOz.

4. Рівняння площини у відрізках. Розглянемо площину

Ах + Ву + Cz + D = 0, яка перетинає всі три координатні вісі. З попереднього відомо, що у цьому випадку жоден з коефіцієнтів не дорівнює нулю. Позначимо через а, b і с довжини відрізків, які відсікає площина на осях координат (рис.23).

Оскільки точка Р(а; 0; 0) лежить на площині, то її координати задовольняють рівнянню площини А·а + D = 0, або А = –D/а. Аналогічно координати точки Q(0;b;0) задовольняють рівнянню площини, тобто В·b + D = 0, або B = –D/b. Нарешті, координати точки R(0; 0; c) задовольняють рівнянню площини.

Маємо: C c+D = 0. Звідки С = –D/с.

Запишемо обчислені коефіцієнти у загальне рівняння площини:

(D/a)x–- (D/b)y – (D/c)z + D = 0.

Скоротивши це рівняння на –D ≠ 0, знайдемо:

х/а + у/b + z/c –1 = 0, або х/а + у/b + z/c = 1. (8)

Останнє рівняння має назву рівняння площини у відрізках.




Q(0;b;0)


Рис. 23


Приклад. Рівняння площини 3x–4y+z–5 = 0 записати у відрізках.

Розв'язання. Нехай у = 0 і z = 0. Тоді - 5 =0, або х = 5/3;

тобто а = 5/3. Аналогічно, покладемо x = z = 0, знайдемо величину b:

4у–- 5=0, звідси у = –5/4; тобто b = –5/4. Нарешті, покладемо х = у = 0, маємо z–5 = 0, відкіля z = 5; тобто с = 5. Шукане рівняння матиме вигляд:

х/(5/3) + у/(–5/4) + z/5 = 1.

5. Рівняння площини, яка проходить через дану точку. Нехай треба знайти рівняння площини, яка проходить через точку M1(x1;y1;z1). Візьмемо шукане рівняння у вигляді

Ах + Ву + Cz + D = 0.

Шукана площина проходить через точку M1(x1;y1;z1), тому координати цієї точки повинні задовольняти цьому рівнянню. Тобто маємо умову:

Ах1 + Ву1 + Сz1 +D = 0.

Віднімемо цю тотожність з попереднього рівняння, маємо шукане рівняння:

А·(x – х1) + В·(у – у1) + C·(z – z1) = 0. (9)

6. Рівняння площини, яка проходить через три дані точки. Нехай маємо три точки: M1(x1; y1; z1); M2(x2; y2; z2) і M3(x3; y3; z3). З попереднього розділу відомо, щo рівняння площини, яка проходить через дану точку М1, має вигляд (9). Щоб знайти рівняння шуканої площини, необхідно припустити, щоб рівняння (9) задовольнялось координатами двох інших точок:

А (х2 – х1) + В (у2 – у1) + С (z2 – z1) = 0,

А (х3 – х1) + В (у3 – у1) + С (z3 – z1) = 0. (10)

Об'єднавши (9) і (10) у систему трьох рівнянь а трьома невідомими А, В і С, бачимо, що це однорідна система. З теорії рішення таких систем відомо, що вона має ненульове рішення, якщо її визначник дорівнює нулю. Тобто,

. (11)

Розкривши визначник по елементах першого рядка, маємо шукане рівняння.

Приклад. Скласти рівняння площини, яке проходить через точки М1(1;2;3), М2(–1;0;0) і М3(3;0;1).

Розв'язок. Запишемо визначник (11) з відомими координатами точок:

.

Звідси:

;

;

.

Після скорочення на –2 шукане рівняння матиме вигляд:

х + 5у – 4z + 1 = 0.

Кут між двома площинами. Нехай рівняння площин будуть:

А1х + В1у + С1z + D1 = 0 i А2х + В2у + C2z + D2 = 0.

Кутом між двома площинами будемо називати один з двох суміжних двогранних кутів, утворених цими площинами (якщо вони паралельні, то кут беремо рівним 0 або ). Позначимо вибраний кут через . Кожна з площин має нормальний вектор, це:

і . Кут між площинами є той же кут між векторами і , які перпендикулярні до відповідної площини. Таким чином, згадавши скалярний добуток векторів, маємо:

. (12)

Умова перпендикулярності двох площин:

. (13)

Останнє можливо коли , тому що .

Умова паралельності двох площин:

(14)

має місце коли . Тобто, якщо , тому

, і . Звідси маємо (14).

Приклад. Знайти косинус кута між площинами

х + у – z = 1 і 2x+y – 2z+3 = 0.

Розв'язання. Скористаємося формулою (12):



.


8. Точка перетину трьох площин. Щоб знайти координати точки перетину трьох площин, які задані своїми рівняннями:



треба розв'язати ці рівняння разом відносно х, у і z, так як координати точки перетину повинні одночасно задовольняти всім трьом рівнянням площин.

Приклад. Знайти точку перетину площин

х – у + z = 0, x + 2у – 1 = 0, х + у – z + 2 = 0.

Розв'язання. Складемо систему трьох рівнянь з трьома невідомими:



Методи .розв'язування лінійних систем рівнянь були розглянуті у лінійній алгебрі. Застосуємо метод Крамера. Обчислимо відповідні визначники:

; .

Система має єдине рішення.

; ;

.

; ; .

Шукана точка має координати (–1;1;2).

9. Відстань від точки до площини. Нехай рівняння площини (рис. 24) зведено до нормального виду і точка М(х1; у1; z1) не належить до цієї площини. Треба знайти відстань d точки Μ від даної площини , тобто узяти з належним знаком довжину перепендикуляра МК, де Κ належить площині.

Проведемо через початок координат вісь перпендикулярно до площини і встановимо на ній додатний напрям від О до Т (). Розглянемо ламану ΟΡΝΜΚТΟ і знайдемо її проекцію на вісь ℓ. Вісь має напрям, який співпадає а напрямом нормального вектора до даної площини, тобто

.

Кожна частина ламаної має відповідну проекцію на вісь ℓ:

; ;

; , тому що вісь утворює кути α, β і γ, а координатними осями Ох, Оу і Оz відповідно. Оскільки ламана замкнена, то її проекція на будь-яку вісь дорівнює нулю. Маємо:

. (16)

Таким чином, щоб знайти відстань точки від площини, треба загальне рівняння площини привести до нормального вигляду а потім замість поточних координат підставити значення координат даної точки. Від знайденого числа треба взяти абсолютну величину.





Рис. 24


Приклад. Знайти відстань від точки N(1; 2; 3) до площини

2х – 2у + z = 3.

Рішення. Обчислимо нормуючий множник:

.

Запишемо рівняння площини у нормальній формі:

(2/3)х - (2/3)у + (1/3)z – 1 = 0.

Обчислимо відстань:

.

Під знаком модуля маємо від'ємну величину. Це означає, що точка N і початок координат лежать по один бік від даної площини.


^ РОЗДІЛ 2. ПРЯМА ЛІНІЯ У ПРОСТОРІ


1. Рівняння прямої. Положення прямої лінії у просторі буде цілком визначеним, якщо задамо на прямій визначену точку М0(а;b;с) за допомогою її радіуса-вектора і вектора , якому пряма паралельна (рис. 25).




Рис. 25

Нехай точка M(x;y;z) змінна точка прямої. Вона має радіус-вектор . За правилом паралелограма маємо:

.

Оскільки вектор паралельний вектору , то його виразимо таким чином: , де . Отже, маємо векторне рівняння прямої лінії :

(17)

Перепишемо це рівняння у координатній формі. Для цього запишемо вектори у координатах:

; ; .

Рівність (17) має місце, якщо:

; ; , (18)

де t - змінний параметр. Тобто, коли t змінюється, точка М(х;у;z) рухається по даній прямій. Рівняння (18) має назву параметричних рівнянь прямої лінії.

Якщо з рівнянь (18) вилучити параметр t, матимемо канонічні рівняння прямої лінії:

. (19)

Подивимось, чи можна визначити cosα, cosβ і cosγ , коли відомі т, n і р. Очевидно, маємо:

,

де . Перепишемо останню рівність у проекціях:

, , (20)

тобто m, n і р пропорційні напрямним косинусам прямої лінії, причому множником пропорційності є - довжина вектора.

Таким чином, з рівностей (20), маємо:

; ; . (21)

Рівність нулю однієї з проекцій вектора означає перпендикулярність прямої до відповідної осі. Наприклад, m = 0. Пряма перпендикулярна осі Ох.


2. ^ Пряма як лінія перетину двох площин. Загальні рівняння прямої. Нехай у канонічних рівняннях прямої (19) коефіцієнт , тобто пряма не паралельна площині хОу. Запишемо ці рівняння окремо:

. (22)

Кожне з цих рівнянь визначає площину, притому перша паралельна осі ^ Оу, а друга - осі Ох.

Таким чином, визначаючи пряму лінію рівняннями вигляду (22), розглядаємо її як перетин двох площин, що проектують цю пряму на координатні площини xОz і yОz. Аналогічні вирази можемо зробити, коли , або .

Але визначити пряму зовсім не обов'язково саме такою парою площин тому, що через кожну пряму проходить безліч площин. Будь-які дві з них, перетинаясь, визначають її у просторі. Отже, рівняння будь-яких двох таких площин, розглянутих сумісно, визначають рівняння цієї прямої.

Взагалі будь-які дві не паралельні між собою площини з загальними рівняннями

(23)

визначають пряму їх перетину.

Рівняння (23), які розглядають сумісно, звуть загальними рівняннями прямої.

Від загальних рівнянь прямої (23) можна перейти до її канонічних рівнянь (19). Для цього треба мати будь-яку точку на прямій її напрямний вектор.

Приклад. Привести до канонічного вигляду рівняння прямої:

,

Розв'язання. Перший спосіб. Знайдемо точку на прямій. Нехай, наприклад, z = 1. Тоді

, .

Розв'язуючи цю систему рівнянь, маємо: х = 2, у = 0. таким чином, знайшли точку (2; 0; 1).

Обчисливши векторний добуток нормальних векторів і , даних площин, матимемо напрямний вектор прямої:

.

Таким чином, канонічні рівняння прямої мають вигляд:

.

Другий спосіб. Розглянемо систему



Тут два рівняння і три змінні. Перепишемо систему таким чином:



Розв'яжемо її відносно х і у. Маємо:

; .

Кожне з цих рівнянь розв'яжемо відносно z;

; . Звідси

. Це канонічні рівняння тієї ж самої прямої, але з іншою точкою.


^ 3. Кут між двома прямими. Кутом між прямими у просторі будемо називати будь-який з кутів, утворених двома прямими, які проведено через довільну точку паралельно даним. При цьому домовимось брати кут у межі від О до π, якщо нема додаткових вказівок. Нехай маємо канонічні рівняння двох прямих ліній:

;

.

Очевидно, що за кут φ між ними можна взяти кут між їх напрямними векторами і , або кут, який додає його до π. За формулами з векторної алгебри маємо:

(24)

У формулі (24) можна брати як "+" так і "–", що відповідає вибору одного з двох різних кутів між даними прямими.

Приклад. Знайти кут між прямими

і .

Розв'язання. Запишемо напрямні вектори:

; .

Підставимо відповідні значення проекцій ціх векторів у рів­няння (24), маємо:



,

Звідки або .

4. Умови паралельності і перпендикулярності двох прямих. Оскільки напрям прямої визначається напрямним вектором

.

а дві прямі паралельні, то їх напрямні вектори пропорційні. Тобто, .

Звідси маємо:

. (25)

У випадку перпендикулярності двох прямих , і з формули (24) маємо умову перпендикулярності:

. (26)


5. ^ Рівняння прямої, яка проходить через дві дані точки. Нехай треба знайти рівняння прямої, яка проходить через точки М1(х1, у1, ,z1) і М2(x2, y2 ,z2). Будемо шукати ці рівняння у канонічній формі.

Для рішення задачі достатньо знати координати однієї з точок, яка лежить на цій прямій, і напрямний вектор. За таку точку можна взяти будь-яку з двох даних. Візьмемо, наприклад, М1(х1, у1, ,z1). За напрямний вектор прямої приймемо вектор . Проекціями його на координатні осі будуть: , і .

Шукані рівняння прямої матимуть вигляд:

/=/=/. (27)

Приклад. Скласти рівняння прямої лінії, яка проходить через точки М1(1, 2, -1) і М2(2, -1, 1).

Розв'язання. Скористуємося рівняннями (27):

/=/=/ або

.

6. Кут між прямою та площиною. Нехай є рівняння прямої лінії



і рівняння площини: Ах + Ву + Сz + D = 0.


Кутом між прямою та площиною будемо називати будь-який з двох суміжних кутів, утворених прямою і її проекцією на площину. Знайдемo синус кута при цьому далі можна вважати, що , тому що синуси суміжних кутів рівні, кут буде, як видно з рис.26, кутом між прямою (а) і перпендикуляром до площини (α).





Рис.26


Його косинус знайдемо через коефіцієнти А, В, С нормального вектора площини і коефіцієнти т, n і р напрямного вектора прямої; зауважимо, щo , маємо:

. (28)

Чисельник дробу має абсолютне значення тому, що . З цього рівняння маємо умову паралельності прямої і площини :

Ат + Вп + Ср = 0. (29)

Умови перпендикулярності прямої і площини маємо з рівняння

А/т = В/п = С/р. (30)

Приклад. Знайти кут між площиною х – у + z – 1 = 0 і прямою (х –1)/(–1) = (у +1)/1 = z/1.

Розв'язок. Скористаємося формулою (28):



; .

7. Перетин прямої і площини. Нехай маємо рівняння прямої лінії у канонічній формі і рівняння площини у загальній формі. Треба знайти координати точки їх перетину. Припустимо, що пряма не належить до площини, або вони не паралельні.

Переведемо канонічні рівняння прямої до рівнянь прямої у параметричній формі:

; ; . (31)

Підставимо ці вирази у рівняння площини замість поточних координат, маємо:

А·(а + mt) + B·(b + nt) + С·(с + pt ) + D = 0.

Звідки знайдемо:

t = (Aa + Bb + Cc + D)/(Am + Bn + Cp). (32)

Якщо занести обчислене значення t у рівняння (31), матимемо координати шуканої точки перетину прямої та площини. Рівняння (32) дає умови належності прямої до площини:

Ат + Вn + Ср = 0 і Аа + Вb + Сс + 0 = 0.

Приклад. Знайти точку перетину прямої

і площини .

Розв'язання. ;

; ; .

Параметричні рівняння прямої:

; ; .

Обчислимо параметр t:

.

; .

Шукана точка має координати:

х = 1; у = 2; z = 3.

1   2   3   4

Схожі:

Вища математика iconНазва модуля: Вища математика ч. 1
Вища математика: основні означення, приклади І задачі. /Ред. Кулинич Г. Л. Ч. 2-К: Либідь, 1992
Вища математика iconЄ. С. Пахомова вища математика конспект
С. Пахомова. Вища математика. Конспект лекцій. Напрям підготовки 030601 „Менеджмент”,спец. „Менеджмент готельного, курортного І туристичного...
Вища математика iconДокументи
1. /_стор_я економ_ки та ек. думки.pdf
2. /Безпека...

Вища математика iconДокументи
1. /_стор_я економ_ки та ек. думки.pdf
2. /Безпека...

Вища математика iconЄ. С. Пахомова перший проректор Стадник Г. В. 2007р. Програма та робоча програма навчальної дисципліни
«Вища математика (вища та прикладна математика)» (для студентів 1 курсу денної та заочної форми навчання за напрямом підготовки 030601...
Вища математика iconRoz group іеф
Математика для економістів:-вища математика, корп. 1, ауд. 304, Ковальчук Т. М., Лекція
Вища математика iconМ.І. Самойленко, Г. В. Білогурова, В. П. Протопопова методичні вказівки до виконання практичних, гозрахунково-графічних та самостійних робіт з дисципліни „Вища та прикладна математика: Теорія ймовірностей та математична статистика;
Вища та прикладна математика: Теорія ймовірностей та математична статистика; Математичне програмування”
Вища математика iconМетодичні вказівки до самостійної роботи з дисципліни «Вища математика» на тему «Подвійні інтеграли та їх застосування» для студентів інженерних спеціальностей
Методичні вказівки до самостійної роботи з дисципліни «Вища математика»/укладач А. М. Шкіра. – Суми
Вища математика iconЛ. Б. Коваленко програма та робоча програма навчальної дисципліни
Програма та робоча програма навчальної дисципліни «Вища та прикладна математика (Вища математика)» (для студентів 1 курсу денної...
Вища математика iconРобоча програма індивідуальні контрольні завдання з вивчення дисципліни "Вища математика" для студентів групи ап заочної форми навчання
Але студент повинен пам’ятати, що тільки при систематичній самостійній роботі допомога академії буде носити ефективний характер....
Вища математика iconРобоча програма, методичні вказівки та індивідуальні завдання до вивчення дисципліни «Вища математика» розділ «Функції комплексної змінної та інтегральні перетворення»
«Вища математика» (розділ «Функції комплексної змінної та інтег­ральні перетворення») для студентів напряму 050202- автоматизація...
Додайте кнопку на своєму сайті:
Документи


База даних захищена авторським правом ©zavantag.com 2000-2013
При копіюванні матеріалу обов'язкове зазначення активного посилання відкритою для індексації.
звернутися до адміністрації
Документи