Векторная алгебра и элементы аналитической геометрии
ЗАДАЧА 1
В декартовой прямоугольной системе координат даны вершины пирамиды А1 В1 С1 D1. Найдите:
А) длину ребра А1 В1;
Б) косинус угла между векторами 
;
В) уравнение ребра А1 В1;
Г) уравнение грани А1 В1 С1;
Д) уравнение высоты, опущенной из вершины D1 на грань А1 В1 С1;
Е) координаты векторов 
, 
, 
, и докажите, что они образуют линейно независимую систему;
Ж) координаты вектора 
, где 
– середины ребер А1 D1 и В1 С1 соответственно;
З) разложение вектора по базису 
если А1(-2,2,2), В1(1,-3,0), С1(6,2,4), D1(5,7,-1).
Решение
А) Найдем координаты вектора 
по формуле
= 
XВ 
- XА ; YВ - YА ; ZВ - ZА 
, где (ХА , YА , ZА ) – координаты точки А1, (ХВ , YВ , ZВ ) – координаты точки В1.
Итак, 
= 
Тогда 
= 
.
Итак, длина отрезка (или длина вектора ) равна 
. Это и есть искомая длина ребра.
Б) Координаты вектора = 
уже известны, осталось определить координаты вектора 
: = 
.
Угол между векторами и вычислим по формуле Cos 
= 
,
Где скалярое произведение векторов и равно ( , )= 3 ´ 8 + (-5) ´ 0 + (-2) ´2 = 24 + 0 - 4=20, = , 
= 
Итак, Cos = 
= 
.
В) Координаты точки А1(-2,2,2) обозначим соответственно Х0 = -2, У0 = 2, Z0=2, а координаты точки В1 (1,-3,0) через Х1=1, У1 = -3, Z1=0 и воспользуемся уравнением прямой в пространстве, проходящей через две точки: 
.
Следовательно, уравнение ребра А1В1 имеет вид 
или 
Г) Обозначим координаты векторов и через Х1=3, У1= -5, 
1= -2 и Х2=8, У2= 0, 2=2 соответственно. Векторное произведение данных векторов определяется формулой
Так как данный вектор перпендикулярен грани А1 В1 С1 то можно воспользоваться уравнением плоскости, проходящей через точку (Х0, У0, 0) перпендикулярно вектору 
, которое имеет вид
А 
.
Подставим координаты точки А1 (Х0=-2, У0=2, 0=2) и координаты перпендикулярного вектора А=-10, В=-22, С=40 в это уравнение:
– 10 ( Х + 2 ) - 22 (У - 2) + 40 ( - 2) = 0. Раскроем скобки и приведем подобные члены – 10 х – 22 у + 40z + (- 20 + 44-80)=0. Итак, уравнение грани А1 В1 С1 имеет вид: -10х - 22у + 40 z-56=0 или
-5х - 11у + 20 z - 28=0.
Д) Вектор 
является направляющим вектором высоты, опущенной из вершины D1 на грань А1В1С1. Воспользуемся уравнением прямой в пространстве, проходящей через точку 
с заданным направляющим вектором: 
, где 
– координаты точки D1. Отсюда искомое уравнение: 
или 
Е) Координаты вектора 
= 
= 
.
Обозначим 
= 
, 
= 
, 
.
Чтобы доказать, что векторы 
образуют линейно независимую систему векторов необходимо убедиться, что определитель третьего порядка, составленный из координат этих векторов,
отличен от 0. Определитель третьего порядка равен
= 
- 
+ 
=
= 
Вычислим определитель
=3 
– (–5) 
+(–2) 
= 3 
(0 (–3) – 5 2)+5 (8 (–3) – 7 2) –
- 2 (8 5 – 7 0) =3 (–10)+5 (–24 – 14) – 2 40=–30 – 190 – 80 = –300.
Так как данный определитель отличен от 0, то вектора образуют линейно независимую систему.
Ж) Сначала найдем координаты точек М и N соответственно. Координаты точки
М = 
= 
= 
N = 
= 
= 
.
Получаем вектор 
= 
.
З) Обозначим через 
координаты вектора в базе .
Тогда = 
= 
.
Так как
= 
+ 
+ 
; 
= 
+ 
+ 
= 
,
То приравнивая соответствующие координаты, получим систему трех линейных уравнений с тремя неизвестными.
(1) 
Решим данную систему уравнений с помощью формул Крамера (см. 
глава 10, стр. 268). Рассмотрим произвольную систему трех линейных уравнений с тремя неизвестными:
(2) 
Тогда 
= 
z 
, где
Для системы (1) определитель
=3 
–8 
+7 
=
= 3 ( –10) – 8 ( 15 + 10 ) + 7 ( –10) = –30 – 200 – 70 = –300;
= 2 
–8 
+7 
=
=3 
–2 
+7 
=
=3 
=3 
–8 
+2 =
= 
По формулам Крамера 
Итак, разложение вектора по базису ( 
) имеет вид
= 
ЗАДАЧА 2
Решите систему линейных уравнений
А) методом Крамера;
Б) методом Гаусса;
В) с помощью обратной матрицы.
Решение
А) Метод Крамера состоит в решении системы линейных уравнений по формулам Крамера 
,
Где 
(Подробности смотрите в пункте З) задачи 1.
Так как 
; то 
Б) решим данную систему уравнений методом Гаусса. Метод Гаусса состоит в том, что с помощью элементарных преобразований система уравнений приводится к равносильной системе ступенчатого (или треугольного) вида из которой последовательно, начиная с последнего уравнения легко находят все неизвестные системы.
Составим расширенную матрицу данной системы.
Поменяем местами первую и вторую строки матрицы чтобы в ее левом верхнем углу была единица. Получим матрицу,
Умножим каждый элемент первой строки матрицы на 4 и прибавим полученные числа к соответствующим элементам второй строки. Матрица примет вид,
= 
Умножим каждый элемент первой строки матрицы на –3, и прибавим полученные числа к соответствующим элементам третьей строки. Получим:
= 
.
Разделим каждый элемент второй строки матрицы на 4, чтобы второй элемент, стоящий на главной диагонали матрицы, стал равным 1.
.
Умножим каждый элемент второй строки матрицы на –8 и прибавим полученные числа к соответствующим элементам третьей строки:
.
Данная матрица соответствует системе уравнений 
, решение которой совпадает с решением исходной системы. Начиная с последнего уравнения, несложно найти все неизвестные.
Действительно, так как 
и 
, то 
Отсюда, 
Из 
имеем 
Ответ: 
.
В) Решение системы в этом случае равно 
= 
, где = 
– обратная матрица для матрицы 
= 
, 
– столбец свободных членов, 
– определитель этой матрицы. (Общую запись системы трех линейных уравнений с тремя неизвестными смотрите в задаче 1, пункт з, система 2).
Составим матрицу состоящую из коэффициентов при неизвестных данной системы:
А = 
.
Вычислим ее определитель 
= –4 
–4 
–6 
=
= 
.
Вычислим алгебраические дополнения для всех элементов матрицы А:
Тогда 
= 
= 
и
= 
=
= 
= 
= 
= 
.
Отметим, что ответы, полученные при решениями разными методами совпадают между собой.
Ответ: 