Зимина О.В., Кириллов А.И., Сальникова Т.А. Высшая математика (Решебник)

30	Гл. 1, Аналитическая геометрия

4. Подставляя в параметрические уравнения прямой найденное значение to = 1, получаем

2^0 = 3, 2/0 = - 1 , Zo = - 1 .

Ответ. Прямая и плоскость пересекаются в точке ( 3 , - 1 , - 1 ) .

Условия ЗАДАЧ. Найти точку пересечения прямой и плоскости,

^	х-2	у - 3		Z + 1		x + y~\-2z-9 =		0.
	1	1		- 4
2.	х + 1	t y - 3		Z + 1		:,^2y-z	+ b =	0.
	- ^	= У-^	= - ^ ,
	X — 1 _ у -ЬЬ _ Z — 1					х - З г / + 2 - 8 = 0.
	1	"" 4	"	2	'
	х-1	у	z-{-3
5.	- = ^	=	- ^	,		3a; +	y - 2 z - 0 .
6. ^		= ^	= ^ ,			x + 3 y - z - 3 = 0.

Ж — 1			V — 2	z
8. - ^ = ^			= - ,		X-2/ + 4 Z - 5 - 0 .
9. £ = L z i . £ ± f ,					2 x - y + z + 4 = 0.
10. ^	=	^	= i ± l ,		2 x - 4 , - 3 z + 7 =		0.
Ответы.	1.	(1,2,3).		2.	(1,-1,4).	3. (2,-1,3).		4. (4,0,-1).
5.(1,1,2).	6. ( - 1,0, - 4) .			7.	( - 1,1, - 2) .	8.(3,2,1).	9.	( - 1 , - 1 , - 3 ) .

10. ( - 1,2, - 1) .

1.12. Проекция точки на плоскость или прямую

31

1-12. Проекция точки на плоскость или прямую

ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Найти координаты проекции Р' точки P{^PiУРЧzp) па плоскость Ах + By -\- Cz-\- D = О,

ПЛАН РЕШЕНИЯ. Проекция Р' точки Р на плоскость является ос­ нованием перпендикуляра, опущенного из точки Р на эту плоскость.

1. Составляем уравнения прямой, проходящей через точку Р пер­ пендикулярно данной плоскости. Для этого в качестве направляю­ щего вектора прямой берем нормальный вектор плоскости: а = п = = {А, В, С}. Тогда канонические уравнения прямой имеют вид

х-хр	у-ур	Z-	zp
А	В	С	'

2. Находим координаты точки пересечения Р' этой прямой с за­ данной плоскостью (см. задачу 1.11). Положим

х-хр	_ у-ур _ Z- Zp _
А	~ В ~ С "

Тогда параметрические уравнения прямой имеют вид

X = At-\- хр, у = Bt-\-yp, Z =z Ct-\- Zp.

3.Подставляя x^y^z в уравнение плоскости и решая его относи­ тельно t, находим значение параметра t = to, при котором происходит пересечение прямой и плоскости.

4.Найденное значение ^о подставляем в параметрические уравне­ ния прямой и получаем искомые координаты точки Р'.

ЗАМЕЧАНИЕ. Аналогично решается задача о нахождении коорди­ нат проекции точки на прямую.

ПРИМЕР . Найти координаты проекции Р ' точки Р(1,2,—1) на плоскость Зж — 2/4-22: — 4 = 0.

РЕШЕНИЕ.

1. Составляем уравнения прямой, проходящей через точку Р пер­ пендикулярно данной плоскости. Для этого в качестве направляю­ щего вектора прямой берем нормальный вектор плоскости: а = п =

32	Гл. 1. Ансиитическая геометрия
= {3, —1,2}. Тогда канонические уравнения прямой имеют вид
	х-1	_ у-2 _ z-hl
	3	"" - 1	2	'
	2. Найдем координаты ТОЧЮЙ пересечения Р' этой прямой с задан­
ной плоскостью. Положим
	х-~1 __ у-2 __ Z + 1 _
	3	"" - 1	•" 2	"^ '
Тогда параметрические уравнения прямой имеют вид
		x^St	+ 1,
		y = - t + 2,
		2 = 2t - 1.

3. Подставляя эти выражения для х^ у и z в уравнение плоскости, находим значение параметра ^, при котором происходит пересечение прямой и плоскости:

3(3t + 1) - l{-t + 2) + 2{2t - 1) - 27 = О = > to = 2.

4. Подставляя в параметрические уравнения прямой найденное значение to = 2, получаем жо = 7, уо = О, ^о = 1.

Таким образом, точка пересечения прямой и плоскости и, следо­ вательно, проекция точки Р на плоскость имеет координаты (7,0,1).

Ответ. Проекция Р' имеет координаты (7,0,1).

У с л о в ия ЗАДАЧ. Найти координаты				проекции точки I^ на плос-
1.	Р(1,0,1),	4х + бу -f 4z -		25 = 0.
2.	Р(-1,0,-1),	2х + 6у'-2г-\-11			= 0.
3.	Р(2,1,0),	2/-hz + 2 = 0.
4.	Р(0,2,1),	2а: 4- 42/ -	3 = 0.
5.	Р(-1,2,0),	4 х - 5 2 / - г - 7		= 0.
6.	Р(2,-1,1),	x-y-\-2z-2=^0.
7.	Р(1,1,1),	ж-f-42/+ З2: 4-5 = 0.
8.	Р(1,2,3),	2х -h Юу + lOz -			1 = 0.
9. Р(0,-3,-2),		2х -МО2/ -f- lOz -			1 = 0.
10. Р(1,0,-1),		2y + 4z-l	= 0.

Ответы. 1.(2,3/2,2). 2. (-3/2,-3/2,-1/2). 3.(2,-1/2,-3/2). 4. (-1/2,1,1). 5.(1,-1/2,-1/2). 6.(3/2,-1/2,0). 7.(1/2,-1,-1/2). 8.(1/2,-1/2,1/2). 9.(1/2,-1/2,1/2). 10.(1,1/2,0).

1.13. Симметрия относительно прямой или плоскости

33

1.13.Симметрия относительно прямой или плоскости

ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Найти координаты точки Q, симметрич­

ной точке P{xp,yp,zp)	относительно	прямой
X - хр _ у -уо _ Z - ZQ
I	т	п

ПЛАН РЕШЕНИЯ. Искомая точка Q лежит на прямой, перпенди­ кулярной данной и пересекающей ее в точке Р'. Поскольку точка Р ' делит отрезок PQ пополам, координаты жд, уд и ZQ ТОЧКИ Q определяются из условий

^Р'	=	хрЛ-XQ	yp + yq	zp + ZQ	(1)
		2 " ^ , УР' =	2 ~ ^ . ^Р' =	^ ,
где xp,yp,zp	— координаты точ1си Р и xp^^ypf^zp/ — координаты

еепроекции Р' на данную прямую.

1.Найдем проекцию точки Р на данную прямую, т.е. точку Р ' (см. задачу 1.12). Для этого:

а) составим уравнение плоскости, проходящей через точку Р пер­ пендикулярно данной прямой. В качестве нормального вектора п этой плоскости можно взять направляющий вектор данной прямой, т.е. п = а = {l^m^n}. Получаем

1{х - Хр) + т{у - УР) -f n{z - zp) = 0;

б) найдем координаты точки пересечения Р ' этой плоскости с за­ данной прямой. Для этого запишем уравнения прямой в параметри­ ческой форме

X = Н-\- жо, y = mt-\-yo, Z = nt-\- ZQ.

Подставляя x^y^z в уравнение плоскости и решая его относительно t, находим значение параметра t = to, при котором происходит пересе­ чение прямой и плоскости;

в) найденное значение to подставляем в параметрические уравне­ ния прямой и получаем искомые координаты точки Р'.

2. Координаты точки Q, симметричной точке Р относительно дан­ ной прямой, определяем из условий (1). Получаем

XQ = 2хр/ - Хр, yq = 2ур' - ур, ZQ = 22;р/ - zp.

34	Гл. 1. Аналитическая геометрия

ЗАМЕЧАНИЕ. Аналогично решается задача о нахождении коорди­ нат точки, симметричной данной, относительно плоскости.

ПРИМЕР. Найти координаты точки Q, симметричной точке Р(2, -1,2) относительно прямой

X — 1 _ у __ Z -\-1

1 "^ О - 2 *

РЕШЕНИЕ.

1.Найдем проекцию точки Р на данную прямую, т.е. точку Р'. Для этого:

а) составим уравнение плоскости, проходящей через точку Р пер­ пендикулярно данной прямой. В качестве нормального вектора п этой плоскости можно взять направляющий вектор данной прямой: n = a = {1,0,-2}. Тогда

1(а: -	2) + 0(2/ + 1) - 2(z - 2) = О =Ф ж - 2z + 2 = 0;
б) найдем	точку пересечения	заданной прямой и плоскости
X — 2z + 2 =	0. Для этого запишем уравнения прямой в парамет­
рической форме:
	x = t +	l,
	z = -2t-	1.

Подставляя эти выражения для х, у и z в уравнение плоскости, на­ ходим значение параметра t, при котором происходит пересечение прямой и плоскости: to = —1;

в) подставляя в параметрические уравнения прямой найденное значение to = —1, получаем

жр/ = О, г/р/ = О, zpr = 1.

Таким образом, точка пересечения прямой и плоскости и, следова­ тельно, проекция точки Р на прямую есть Р'(0,0,1).

2. Координаты точки Q, симметричной точке Р относительно дан­ ной прямой, определяются из условий (1):

XQ = 2хр' — Хр = —2,

VQ = 2ур/ - 2/р = 1,

ZQ = 2zpf — zp = 0.

Ответ. Точка Q имеет координаты (—2,1,0).

1.13. Симметрия относительно прямой или плоскости

35

Условия ЗАДАЧ. Найти координаты точки, симметричной точ­ ке Р от^носителъно заданной прямой.

1.	Р(0,-1,3),	X — 1		_	2/ .		Z
		1		- 1		"	1
2.	Р((2,1,-1),	X —
		~2			0		- 1 *
3.	Р(-1,0,3),	X	_ 2/ +		1 _		1 *
		0	'	2		'
4.	Р(3,0,-1),	X	_	2 / - 1 .			Z
		Т''		1
5.	Р(-1,2,1),	х + 1 __ у -2					_z
		- 1		-		~
6.	Р(3,-1,0),	X	_У		_	^ +	1
		I ~		0	~	2
7.	Р(-1,3,0),	X	_	2^		_ г - 1
		т		- 1			- 1
8.	Р(1,-1,2),	X	_	2/ +		1 _	Z - 2
		0			1		- 2	'
9.	Р(0,3,-1),	X	+	1 _		2/	Z
			2			1
10.Р(0,2,1),		X - 4 _ у_+ 1 _ 2^ - 2
				2		-	1	3 -

Ответы. 1.(4,-1,-1). 2.(2,-1,-1). 3.(1,2,-1). 4. (-1,4,-1). 5. (-1,2,-1). 6. (-1,1,2). 7. (-1,-1,4). 8. (-1,-1,2). 9.(2,-1,1). 10.(4,-2,-3).

Г л а ва 2 ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА

При изучении темы ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА вы познакомитесь на примерах с понятиями линейного (векторного) пространства, линей­ ного оператора, его матрицы, образа, ядра, ранга, дефекта, собствен­ ных векторов и собственных значений. Вы научитесь выполнять раз­ личные операции с операторами и матрицами, исследовать и решать системы линейных уравнений, получать всю информацию об опера­ торе (матрицу, образ, ядро, ранг и дефект, собственные векторы и собственные значения) по его матрице, преобразовывать векторы и матрицы при изменениях базисов.

С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете выполнить все действия с матрицами, привести матрицу к редуцированному (га­ уссову) виду, вычислить определители, обратную матрицу, решить системы уравнений, проверить линейность оператора, решить харак­ теристическое уравнение, найти собственные векторы и собственные значения оператора, выполнить все численные расчеты и проверить правильность полученных вами результатов.

2.1, Правило Крамера

ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Решить систему трех линейных уравне­ ний с тремя неизвестными

СЦХХ + С12Х2 -Ь СхзЖз = ^1, C2ia:i + C22X2 + С23Х3 = d2, Csia^l -Ь CS2X2 + СззХз = ^3

по правилу Крамера.

ПЛАН РЕШЕНИЯ. ЕСЛИ определитель матрицы системы

СЦ С12 С13 Д = С21 С22 С23 С31 Сз2 Сзз

2.1. Правило Крамера

37

отличен от нуля, то система имеет решение и притом только одно. Это решение определяется формулами

^'~	д '	г =	1,2,3,	(1)

где Ai - определитель матрицы, получаемой из матрицы системы заменой г-ого столбца столбцом свободных членов.

1. Вычисляем определитель матрицы системы

С Ц

CI2 CI3

С21 С22 С23 С31 Сз2 Сзз

И убеждаемся, что он не равен нулю. Следовательно система уравне­ ний имеет единственное решение.

2. Вычисляем определители

	dl	Ci2	Ci3	Сц	dl	ci3	С ц	Ci2	dl
A i:	d2	C22	C23	A2 = C21	d2	C23	C21	C22	C?2
	6^3	С32	Сзз	сз1	ds	Сзз	C31	C32	ds

3. По формулам Крамера (1) находим решение системы уравнений

Ai

Х2 = А хз = А • ПРИМЕР. Решить систему уравнений

XI + 2ж2 + а:з = 4, Зжх — 5x2 + Зхз = 1, 2^1 + 7^2 - жз = 8

по правилу Крамера.

РЕШЕНИЕ.

1.Вычисляем определитель матрицы системы, разлагая его по первой строке:

2 -5 = 1 - ( - 1 6 ) - 2 - ( - 9 ) + 1-31 = 33.

7

Так как он не равен нулю, то система уравнений имеет единственное решение.

38					Гл. 2.	Линейная		алгебра
2. Вычисляем определители
		4	2		1
Ai	=	I 1	- 5		3	= 4 - ( - 1 6 ) - 2 . 25 + 1 - 4 7 = 33,
		]	7		- 1
		1	4		1	1. (-25)	-	4 . (-9) -h 1 • 22 = 33,
Д о	=	3	1		3
		2	8	- 1
		1	2		4
Д я	=	3	- 5		1 =	1. (-47)	-	2 • 22 + 4 . 31 = 33.

27 8

3.По формулам Крамера (1) находим решение системы уравнений

XI = 1 , Х2 = 1, Жз = 1.

Ответ, xi = 1, Ж2 = 1, жз = 1.

У с л о в и я ЗАДАЧ Решить системы уравнений по правилу Крамера.

	X	+ Ъх2 -	а:з = 2,
1. i	2х	- Зж2 -f 2жз = О,
	Зх	- 2^2 -	жз = 4.
3. I	2х	Н- 3x2 +	хз = 1,
	Зх	- 5x2 + 2хз = - И ,
	Бх	+ 2x2 - 2x3 = -3.
	X	Н- 5x2 +	хз = -8,
	2х	- 3x2 + 5хз = 16,
	Ъх	-f 2x2 -	а^з = -6.
	X	+ 2X2 +	а;з = 2,

7.Зж + 2x2 -f Зхз = б,

2х - 2x2 - хз = 7.

X	+ 3x2 + хз = —5,

9.Ъх - 4x2 + Зхз = 11, 2х -f 4x2 - Хз = -9.

xi-f 2x2 -Ь хз = 5,

2.3xi — 5x2 ~i~ Зхз = —7, 2xi -f 7x2 — Хз = 13.

xi+ 4x2 -Ь Зхз = 5,

4.3xi — 2x2 + Зхз = 9, 2xi + 4x2 — Зхз = 1.

xi+ 3x2 + 2хз = —5, 2x1 - 2x2 + 3x3 = -8, 3xi -f- 4x2 - 4x3 = 5.

Xi +	5X2	+	Хз = 3,
2xi —	3x2	+ Зхз = 8,
2xi +	4x2	-	Хз = 0.

xi+ 2x2 + Зхз = 5,

10.3xi — 2x2 + Зхз = —1, 2xi 4- 3x2 - 2хз = 8.

vyiDc.DОтветы.. 1. Xi = 1, X2 = 0, Хз =				-1. 2. Xi =		0, X2 =	2, Хз = 1.
3. xiXI	= -1, X2 =	1, Хз =	0. 4. xi =r 2, X2 =		0, Хз = 1.		5. xi = 0,
Х2 =	-2, Хз = 2.	6. xi =	-1, X2 =	0, Хз =	-2.	7. xi =	3, X2 = 0,
„^ =	-1. 8. xi =	1, X2 =	0, Хз =	2. 9. xi = 0, X2 = -2, хз = 1.

10. xi = 1, X2 = 2, Хз = 0.

2.2. Обратная матрица

39

2.2. Обратная матрица

ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Задана квадратная матрица т^ретьего порядка

С и	С12	С13
(С31С21	С32С22	СззС23
Установить существование и найти		обратную матрицу С~^.

ПЛАН РЕШЕНИЯ. Матрица С~^ называется обратной квадратной матрице С, если

где Е — единичная матрица.

Если detC ф О (матрица С — невырожденная), то матрица С имеет обратную, если det С = О, то матрица С не имеет обратной.

1. Вычисляем определитель матрицы det С Если det С ^ О, то матрица С имеет обратную.

2. Составляем матрицу из алгебраических дополнений

С =	Си	С\2	Ci3
	С21	С22	C2Z
	Сз1	Сз2	С'зз
3. Транспонируем матрицхуСС
	Си	С21	с31
	С\2	С22	Сз2
	C\z	С23	Сзз

4. Разделив матрицу С^	на определитель, получаем искомую об­
ратную матрицу
	Си	С21	Сз1
det с	Си	С22	Сз2
	\ ^	^	г*
	<-^13	^2Z	<~^33

5. Проверяем, что С • С~^ = Е и записываем ответ.

ПРИМЕР. Задана квадратная матрица третьего порядка

2

С = I 3 - 5