Линейная алгебра
.pdfЗамечание. Возьмите себе за правило проверять полученные результаты, причем это следует делать не простым повторением проделанных действий, а каким-либо другим способом. Например, полученное уравнение высоты СD проверьте, подставив в него координаты точки С, при этом должно получиться тождество.
Действительно: 2 (- 1) – 5 + 7 = 0.
4. Уравнение медианы ВЕ, проведенной из вершины В, составляется по координатам двух точек В и Е. Координаты точки В известны, а координаты точки Е находим как координаты середины отрезка АС по формулам деления отрезка пополам:
xE |
|
xA xC |
; |
yE |
yA yC |
|
2 |
||||
|
2 |
|
|
В рассматриваемой задаче
xE |
|
2 1 |
1 2 ; |
yE |
|
1 5 |
3 |
|
2 |
|
2 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
Имея две точки В(-4;4) и Е (1/2;3), запишем уравнение ВЕ:
|
|
x xE |
|
|
y yE |
|
||
|
|
xB xE |
yB yE |
|||||
|
|
|
||||||
а именно: |
|
|
|
|
|
|||
1 |
|
|
|
|
|
|
||
|
x 2 |
|
y 3 |
; или |
||||
1 |
|
|||||||
|
4 3 |
|||||||
|
4 2 |
|
|
|
|
|
||
2x 1 9 y 27; или |
2x 9 y 28 0 (BE) |
5. Координаты точки пересечения высоты СD и медианы ВЕ найдем, решив систему уравнений СD и ВЕ:
2x y 7 0 |
|
y 2x 7 |
|
y 2x 7 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
2x 9 y 28 |
2x 9(2x 7) 28 0 |
20x 35 0 |
|
|||
|
|
35 |
|
|
|
|
|
|
x 20 |
1,75 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
y 2( 1,75) 7 7 3,5 3,5 |
|
|
Итак, К(-1,75; 3,5), что соответствует чертежу на рис. 1.
6. Длина высоты СD есть расстояние от вершины С до стороны АВ. Поэтому длину высоты находим по формуле расстояния от точки до прямой Ax By C 0 :
d Ax0 Bx0 C .
A2 B2
В данной задаче С(-1;5), а уравнение стороны АВ можно составить, используя уравнение пучка прямых:
y yA k AB (x xA ) ,
где A(2;1) и k AB 12 .
Тогда
|
CD |
|
|
|
xC |
2 yC 4) |
|
|
|
1 2 |
5 4 |
|
|
5 |
|
5 2,24 . |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
12 22 |
|
|
5 |
|
|
5 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задачи 51-60
Предварительно ознакомьтесь со следующими вопросами по теме «Кривые второго порядка»
1.Что называется кривой второго порядка?
2.Канонические уравнения кривых второго порядка. Графики этих
кривых:
а) окружность: x2 y 2 R2 ;
б) эллипс: |
x2 |
|
y2 |
1; |
|
a2 |
b2 |
||||
|
|
|
в) гипербола: |
x2 |
|
y 2 |
1; |
|
a2 |
b2 |
||||
|
|
|
г) парабола: y ax2 (с осью симметрии Оу), x by2 (с осью симметрии Ох).
З. Параллельный перенос системы координат. Приведение уравнения второго порядка к каноническому виду.
Указанные виды кривых исчерпывают все виды кривых второго порядка (исключая случаи вырождения).
В результате решения задачи вы должны получить одну из названных кривых и построить ее в прямоугольной системе координат.
Задача. Составить уравнение линии, для каждой точки которой отношение расстояний до точки F(5;0) и до прямой x 1 равно 5 .
Решение. Построим в системе координат точку F(5;0) и вертикальную прямую Х=1(рис.2).
Рис.2.
Пусть М (х,у) - произвольная (текущая) точка искомой линии.
На рис. 2 изображены расстояния от этой точки до заданной точки F, то есть MF, и до заданной прямой: х=1, то есть MN. Обратите внимание, что MN - перпендикуляр к заданной прямой и поэтому точка N имеет (как и точка М)
ординату, равную у: N(1 ;у).
По условию задачи MNMF 5 .
Выразим длины отрезков MF и MN через координаты их концов по формуле расстояния между точками:
MF (x 5)2 ( y 0)2 ;
MN (x 1)2 ( y y)2 (x 1) .
Тогда по условию
(x 5)2 y 2 |
5 . |
|
(x 1)2 |
||
|
Это и есть уравнение искомой линии. Упростим его, возведя в квадрат обе части уравнения и сделав другие преобразования:
|
|
|
(x 5)2 y 2 |
5 ; |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
(x 1)2 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
(x 5)2 y 2 5(x 1)2 ; |
|
|
||||||||
|
|
x2 10x 25 y 2 5x2 10x 5 ; |
|
|
||||||||
|
|
|
4x2 y 2 |
20 |
|
|
|
|||||
Разделим обе части уравнения на 20: |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
x2 |
|
|
y 2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
5 |
|
20 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Это каноническое уравнение гиперболы. Из него видно, что дей- |
||||||||||||
ствительная |
полуось |
гиперболы |
|
|
a |
5 2,25, |
мнимая |
полуось |
b 20 2 5 2 2,25 4,5 .
Центр симметрии гиперболы находится в начале координат. Для построения гиперболы отложим на осях координат в обе стороны от начала координат полуоси гиперболы a 5 и b 2 5 .
Через полученные точки «-а» и «а» на оси Ох и точки «-b» и «b» на оси Оу построим вспомогательный прямоугольник (рис. 3). Проведем диагонали этого прямоугольника, которые являются асимптотами гиперболы: к ним
будут неограниченно приближаться ветви гиперболы, Построим кривую, как указано на рис. 3. Задача решена.
Рис. 3
Замечание. Если бы в этой задаче после преобразований вы получили уравнение
x2 |
|
y 2 |
1, |
5 |
|
||
20 |
|
то оно определяет эллипс, порядок построения которого ясен из рис.4.
Рис.4
Замечание. Если в задаче вашего варианта после преобразований в
уравнении наряду |
с |
членами x2 и y 2 присутствуют члены, содержащие |
|||
первые степени |
x |
или |
y , |
то следует выделить |
полный квадрат |
(соответственно по |
x |
или по |
y ). |
|
|
Например, в уравнении |
x2 |
8x 2 y 0 выделим полный квадрат по x , |
|||
для чего прибавим и отнимем половину коэффициента при |
x , возведенную |
||||
в квадрат: |
|
|
|
|
|
x2 8x |
2 y; |
x2 2 4x 42 |
42 |
2 y;(x 4)2 |
2 y 16; |
(x 4)2 |
2( y 8); |
|
|
|
|
Обозначим y 8 Y ; x 4 X , |
тогда |
|
X 2 |
|
2Y |
или Y 0,5X 2 - это |
ка- |
||||||||
ноническое уравнение параболы. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Построим |
новые |
|
|
и |
|
|
, |
которые |
смещены относительно |
||||||
|
оси O X |
|
O Y |
|
||||||||||||
старых осей Ox |
и Oy |
так, что новое начало координат будет находиться в |
||||||||||||||
точке |
|
, |
где и |
расположена |
вершина |
|
параболы. Ось симметрии |
|||||||||
O (4 8) |
|
|||||||||||||||
|
|
, |
ветви ее направлены вверх, так как коэффициент при |
X |
2 |
|||||||||||
параболы O Y |
|
|||||||||||||||
положительный. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Полезно |
|
найти |
точки |
|
пересечения |
|
параболы x2 8x 2 y 0 |
со |
|||||||
старыми осями координат Ox и Oy . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
При x 0 |
получим 02 8 0 2 y 0 , |
|
откуда y 0 , таким образом, пара- |
||||||||||||
бола проходит через точку O(0;0) |
- в старой системе координат. |
|
|
|||||||||||||
|
При y 0 |
получаем уравнениеx2 8x 0 , |
откуда x1 0, x2 8, т.е. пара- |
|||||||||||||
бола пересекает ось Ox в точках O(0;0) и (8;0) (рис.5) |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.5 Задачи № 61-80.
Комплексным числом z называется выражение z a ib , где a и b – действительные числа, i – мнимая единица, которая определяется соотношением:
i2 1; i 1.
При этом число a называется действительной (вещественной) частью числа z (a = Re z), а b- мнимой частью (b = Im z).
Такую форму записи называют алгебраической формой записи
комплексного числа.
С геометрической точки зрения, всякому комплексному числу
соответствует точка M (a;b) плоскости (или вектор OM ) и, наоборот, всякой точке M (a;b) соответствует комплексное число z a ib . Между множествами комплексных чисел и точек плоскости установлено взаимно однозначное соответствие, поэтому данная плоскость называется комплексной и обозначается символом (z). Множество всех комплексных чисел обозначается буквой С. Точки, соответствующие действительным числам z a , расположены на оси Ox, которая называется действительной осью комплексной плоскости, а точки, соответствующие мнимым числам z ib , на оси Oy, которую называют мнимой осью комплексной плоскости.
Числа |
z a ib |
и |
|
|
|
|
|
|
|
z a ib называются |
|
комплексно |
– |
|
|
М |
|||
|
|
|
|
b |
|
|
z a ib |
||
сопряженными. |
|
|
|
r |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Два комплексных числа z1 a1 |
ib1 |
|
|
a |
|||||
и z2 a2 ib2 называются равными, если |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
a ib |
||||
соответственно равны их действительные |
b |
|
|
|
z |
||||
|
|
|
|||||||
|
М |
||||||||
и мнимые части: a1 a2 ; |
|
|
|
|
|||||
b1 b2 . |
|
|
|
|
|
|
|
||
Понятие комплексного числа |
имеет |
геометрическое |
истолкование. |
Множество комплексных чисел является расширением множества действительных чисел за счет включения множества мнимых чисел.
С помощью подобного геометрического представления можно представлять числа в так называемой тригонометрической форме.
Из геометрических соображений видно, что a r cos ; b r sin . Тогда комплексное число можно представить в виде:
z a ib r cos ir sin r(cos i sin )
Такая форма записи называется тригонометрической формой записи комплексного числа. При этом величина r называется модулем комплексного числа, а угол наклона - аргументом комплексного числа.
r |
|
z |
|
; |
Arg z . |
|
|
Из геометрических соображений видно:
r |
|
a ib |
|
|
a2 b2 ; |
Arg z arctg b |
; |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
Очевидно, что комплексно – сопряженные числа имеют одинаковые модули и противоположные аргументы.
z z ; Arg z Arg z.
Действия с комплексными числами.
Основные действия с комплексными числами вытекают из действий с многочленами.
1) Сложение и вычитание.
z z1 z2 (a1 ib1 ) (a2 ib2 ) (a1 a2 ) i(b1 b2 )
z (a1 a2 )2 (b1 b2 )2
2) Умножение.
z z1 z2 (a1 ib1 )(a2 ib2 ) a1a2 ia1b2 ib1a2 i2b1b2
zz1 z2 (a1a2 b1b2 ) i(a1b2 b1a2 )
Втригонометрической форме:
z1 r1 (cos 1 i sin 1 ) , |
z2 r2 (cos 2 |
i sin 2 ). |
|||||||||||
z z1 z2 |
r1r2 (cos( 1 |
2 ) i sin( 1 2 )) |
|||||||||||
3) Деление. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
z a1a2 b1b2 |
i a2b1 a1b2 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
a2 |
b2 |
|
|
a2 |
b2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
2 |
2 |
|
|
|
||
В тригонометрической форме: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
z |
z1 |
|
|
r1 |
(cos( |
2 |
) i sin( |
|
2 |
)) |
|||
|
|
||||||||||||
|
z2 |
|
r2 |
1 |
|
|
1 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4) Возведение в степень.
z n r n (cos n i sin n ) ,
где n – целое положительное число. Это выражение называется формулой
Муавра.
5) Извлечение корня из комплексного числа.
|
2 k |
i sin |
2 k |
|
n z n r(cos i sin ) n r cos |
n |
n |
|
|
|
|
|
Таким образом, корень n – ой степени из комплексного числа имеет n различных значений.
Кроме алгебраической и геометрической, существует показательная
форма записи комплексного числа. |
|
Рассмотрим показательную функцию w ez ; |
z x iy. |
Можно показать, что функция w может быть записана в виде: w ex iy ex (cos y i sin y)
Данное равенство называется уравнением Эйлера.
Если в уравнении Эйлера показатель степени принять за чисто мнимое число (х=0), то получаем:
eiy cos y i sin y
Для комплексно – сопряженного числа получаем: e iy cos y i sin y
Если представить комплексное число в тригонометрической форме:
zr(cos i sin )
ивоспользуемся формулой Эйлера: ei cos i sin
z rei .
Полученное равенство и есть показательная форма комплексного
числа.
Задача 1. Даны два комплексных числа z1 |
1 |
7 i; |
z2 7 2i . Найти |
|
|
2 |
|
|
1 |
7 |
i |
4 |
|
2 |
|
||
значение выражения |
|
|
. |
|
7 |
|
|
||
|
2i |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение.
Очевидно, справедливо следующее преобразование:
|
1 |
7 |
i |
4 |
|
|
|
4 |
|
|
|
4 |
|
|
|
4 |
|
2 |
|
|
2 7i |
|
|
14 4i |
|
7 2i |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 7i |
|
|
16 |
2 7i |
|
|
|||
7 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
2i |
|
14 4i |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Далее производим деление двух комплексных чисел:
|
7 2i |
( 7 2i)(2 7i) |
|
14 49i 4i 14 |
|
53i |
i. |
|||
|
|
2 7i |
(2 7i)(2 7i) |
|
4 49 |
|
53 |
|
||
Получаем значение заданного выражения: 16(-i)4 = 16i4 =16. |
|
|||||||||
|
1 |
7 |
i |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
Ответ. |
|
|
|
16 |
|
|
|
|
|
|
7 2i |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для числа z 2 |
2 |
3i найти: |
|
|
|
|
|
а) Тригонометрическую форму записи числа;
б) z20;
в) Все корни уравнения w3 z 0.
Решение.
а) Число z 2 2 3i представим в виде z r(cos i sin ) ,
где r |
|
z |
|
|
4 12 4; |
|
arctg b |
arctg |
3 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Тогда |
z 4(cos |
|
i sin |
) . |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
б) Для нахождения z 20 воспользуемся формулой Муавра.
z 20 420 (cos12000 i sin12000 ) 420 (cos(3 2 1200 ) i sin(3 2 1200 ))