Минюк С.А., Ровба Е.А. Высшая математика
Подождите немного. Документ загружается.
8 1
По следнее легко получить, если по ст роить вектор
()
nmla ;;col
=
!
,
где l = x
2
– x
1
, m = y
2
– y
1
, n = z
2
– z
1
.
Пример 1. Уравнение прямой
=−−+
=−+−
0745
,0132
zyx
zyx
записать в канонической форме.
Решение. Исключив сначала y, а затем z, получим:
13x + 11z – 11 =0 и 17x + 11y –22=0.
Разрешая каждое из уравнений относительно х, имеем:
()()
13
111
17
211
−
−
=
−
−
=
zy
x
, т.е
13
1
17
2
11
−
=
−
=
−
zyx
.
Пример 2. Составить уравнение прямой, проходящей через точку
M
0
(5; 3; 4) и параллельной вектору
kjia
!
!!
!
852 −+=
.
Решение. Используем каноническое уравнение прямой (3).
Полагая в равенстве (3) l = 2, m = 5, n = –8, x
0
= 5, y
0
= 3, z
0
= 4, получим:
.
8
4
3
3
2
5
−
−
=
−
=
− zyx
Пример 3. Составить уравнение прямой, проходящей через точку
M
0
(1;2; 3) и перпендикулярной векторам
kjia
!
!!
!
++= 32
1
и
kjia
!
!!
!
23
2
++=
.
Решение. Прямая параллельна вектору
kji
kji
aaa
!
!!
!
!!
!!!
75
213
132
21
−−==×=
.
Поэтому она определяется уравнением (3), где l = 5, m =–1, n = –7,
x
0
= 1, y
0
= 2, z
0
=3 и имеет вид
7
3
1
2
5
1
−
−
=
−
−
=
− zyx
.
3
0
. Угол между двумя прямыми. Если две прямые зада-
ны их каноническими уравнениями
1
1
1
1
1
1
n
zz
m
yy
l
xx
−
=
−
=
−
и
82
2
2
2
2
2
2
n
zz
m
yy
l
xx
−
=
−
=
−
, то уг о л между ними определяется по формуле:
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
212121
cos
nmlnml
nnmmll
++++
++
=ϕ
. (5)
Условие параллельности двух прямых:
2
1
2
1
2
1
n
n
m
m
l
l
==
. (6)
Условие перпендикулярности двух прямых:
l
1
l
2
+ m
1
m
2
+ n
1
n
2
=0. (7)
Необходимое и до ст аточное условие нахождения двух прямых, за-
данных их каноническими уравнениями в одной плоскости (условие ком-
планарности двух прямых):
0
222
111
121212
=
−−−
nml
nml
zzyyxx
. (8)
Если величины l
1
,
m
1
, n
1
не пропорциональны величинам l
2
, m
2
,
n
2
, то условие (8) является необходимым и достаточным условием
пересечения двух прямых в пространстве.
Пример 4. В уравнении прямой
n
zyx
=
−
=
32
определить пара-
метр n так, чтобы эта прямая пересеклась с прямой
12
5
3
1 zyx
=
+
=
+
, и
найти точку их пересечения.
Решение. Для нахождения параметра n используем условие (8)
пересечения двух прямых. Здесь x
1
=–1, y
1
=–5, z
1
=0, x
2
=0,
y
2
= 0, z
2
= 0, l
1
= 3, m
1
= 2, n
1
= 1, l
2
= 2, m
2
= –3, n
2
= n. Имеем:
0
32
123
051
=
− n
или
10153102 =⇒=−++ nnn
.
Для нахождения координат точки пересечения прямых
132
zyx
=
−
=
и
12
5
3
1 zyx
=
+
=
+
выразим из первых уравнений x и y
83
через z : x =2z, y =–3z. Подставляя в равенство
2
5
3
1 +
=
+ yx
, имеем
2
53
3
12 +−
=
+ yx
, откуда z = 1. Значит, x = 2, y = –3. Искомая точка пе-
ресечения M (2; –3; 1).
4
0
. Угол между прямой и плоскостью. Рассмотрим
прямую, заданную каноническим уравнением (3), и плоскость
Ax + By + Cz + D =0. (9)
Тогда угол ϕ между прямой (3) и плоскостью (9) определяется по
формуле:
222222
sin
nmlCBA
CnBmAl
++⋅++
++
=ϕ
. (10)
Условие параллельности прямой и плоскости:
Al + Bm + Cn =0. (11)
Условие перпендикулярности прямой и плоскости:
n
C
m
B
l
A
==
. (12)
Пример 5. Из начала координат опустить перпендикуляр на
прямую
1
3
3
1
2
2 −
=
−
=
− zyx
.
Решение. Используя условие (12) перпендикулярности прямой и
плоскости и полагая A= l, B = m, C = n, D = 0, составим уравнение плос-
кости, проходящей через начало координат и перпендикулярной задан-
ной прямой. Оно имеет вид 2x +3y + z = 0. Найдем точку пересечения
плоскости и данной прямой. Параметрическое уравнение прямой запи-
шется так: x=2t + 2, y =3t + 1, z = t +3. Для определения t имеем
уравнение 2(2t +2)+3(3t + 1)+t +3=0, откуда
7
5
−=t
. Координа-
ты точки пересечения
7
4
=x
,
7
8
−=y
,
7
16
=z
, т.е.
−
7
16
;
7
8
;
7
4
M
.
Составим теперь уравнение прямой, проходящей через начало
координат и точку М, используя уравнение (3
/
):
84
=
−
=
7
16
7
8
7
4
zyx
или
421
zyx
=
−
=
.
! Задания для самостоятельной работы
1. Написать канонические уравнения следующих прямых:
а)
=−−+
=−+−
;04325
,0423
zyx
zyx
б)
=−+−
=−++
.0322
,042
zyx
zyx
2. Найти угол между прямыми:
2
1
2
2
2
−
=
−
=
zyx
и
tztytx =−=−= ,32,2
.
3. Составить уравнение прямой, проходящей через точку
М (1; 2; 3) перпендикулярно плоскости 2x + y – z + 1 =0.
4. Найти точку пересечения прямой
4
5
1
1
2
3
−
=
−
+
=
−
zyx
и плос-
кости 2x – y + z + 1 =0.
5. Найти расстояние между параллельными прямыми:
1
1
2
2
3
,
1
5
23
2
−
−
=
−
=
−
−
==
+ zyxzyx
.
85
Лекция 15
Линейные операторы
Дано определение линейного оператора и изучены его соб-
ственные значения и собственные векторы.
1
0
. Характеристическое уравнение матрицы.
Линейный оператор (А) задается с помощью квадратной матри-
цы А, под действием которой любой вектор
x
!
, принадлежащий про-
странству R
n
, преобразуется в вектор
y
!
, принадлежащий тому же
пространству:
nn
RR
∈⇒∈ yx
A
!!
, т.е.
yxA
!!
=
.
Примером линейного оператора может служить матрица пово-
рота (Л.6):
() ()
.;,
cossin
sincos
yxyxRR
!!!!
==ϕ
ϕϕ−
ϕϕ
=ϕ
Собственным вектором линейного оператора А называют такой
вектор
i
x
!
, который под действием этого оператора испытывает толь-
ко масштабное преобразование:
i
i
i
xxA
!!
λ=
, (1)
где λ
i
– собственное число (значение),
i
x
!
– собственный вектор.
Пример 1. Показать, что любой вектор является собственным
вектором единичной матрицы Е, при этом собственные значения рав-
ны единице.
Решение. Имеем по правилам умножения матриц:
=
=
nn
x
x
x
x
x
x
xE
""
%
"%""
%
%
!
2
1
2
1
100
010
001
.
Следовательно,
11 =λ⇒⋅= xxE
!!
.
Преобразуем уравнение (1), определяющее собственные векторы и
собственные числа линейного оператора А, к однородному уравнению.
86
Из (1) имеем
0=λ−
i
i
i
xxA
!!
. Поскольку
ii
xEx
!!
⋅=
, то отсюда полу-
чаем
0=λ−
i
i
i
xExA
!!
или
()
0
=λ−
i
i
xEA
!
.
)1(
′
Условие, при котором система (1
/
) имеет нетривиальное решение,
запишется в виде:
()
0det
=λ−
EA
. (2)
Уравнение (2) называется характеристическим уравнением матри-
цы А, многочлен det (A – λE) – характеристическим многочленом матри-
цы А, а его корни – характеристическими числами, или собственными
значениями м атрицы А.
Совокупность всех характеристических чисел матрицы А назы-
вается ее спектром, причем каждое характеристическое число входит
в спектр столько раз, какова его кратность в уравнении (2).
Если характеристическое уравнение (2) имеет лишь простые
корни, то спектр матрицы А называется простым. Если собственные
векторы
k
xxx
!
$
!!
,,,
21
отвечают попарно различным собственным чис-
лам
k
λλλ ,,,
21
$
, то они линейно независимы.
Пример 2. Найти спектр матрицы
−
−
=
120
140
121
A
.
Решение. Составим характеристическое уравнение:
()()()
[]
⇒=+λ−λ−λ−⇒=
λ−
−λ−
−λ−
021410
120
140
121
()
()
0651
2
=+λ−λλ−⇒
.
Корни этого уравнения (спектр матрицы А): λ
1
= 1, λ
2
= 2, λ
3
=3.
Пример 3. Показать, что единичные базисные векторы
kji
!
!!
,,
являются собственными векторами диагональной матрицы
Λ
.
Напомним, что диагональной матрицей называют такую матри-
87
цу, у которой отличны от нуля только элементы, стоящие на главной
диагонали.
Решение. По условию
=
=
=
λ
λ
λ
=Λ
1
0
0
,
0
1
0
,
0
0
1
,
00
00
00
3
2
1
kji
!
!!
,
ii
!!
11
1
3
2
1
0
0
1
0
0
0
0
1
00
00
00
λ=
λ=
λ
=
λ
λ
λ
=Λ
.
Аналогично
kkjj
!!
!!
32
,
λ=Λλ=Λ
.
Найдем характеристическое уравнение для двумерной матрицы
()
22
×
в явном виде. Имеем:
0
2221
1211
=
λ−
λ−
aa
aa
или
()
0
211222112211
2
=−++λ−λ
aaaaaa
.
По теореме Виета
2221
1211
2112221121
aa
aa
aaaa =−=λλ
. (3)
()( )
=
−−+±+
=λ
2
4
21122211
2
22112211
2,1
aaaaaaaa
()()
2
4
2
2112
2
2211
2211
aaaa
aa
+−
±
+
=
.
Найдем собственные векторы линейного оператора в двумерном
пространстве. Из (1) получаем
0
2
1
2221
1211
=
λ−
λ−
⇒λ=
i
i
i
i
i
i
i
x
x
aa
aa
xxA
!
.
()
,0
212111
=+λ−
ii
i
xaxa
т.к.
112 =−=−rn
.
()
−λ
=⇒
−λ=
=
11
12
112
121
a
a
cx
acx
cax
i
i
i
i
i
!
.
88
Пример 4. Найти собственные векторы и собственные значения
матрицы
=
02
11
A
.
Решение:
1,2020
2
11
21
2
−=λ=λ⇒=−λ−λ⇒=
λ−
λ−
.
=
−λ
=
=
−
=
−λ
=
2
1
,
1
1
12
1
112
12
2
11
12
1
c
a
a
cxcc
a
a
cx
!!
.
Итак,
=
=−==
2
1
,
1
1
,1,2
21
1
cxcx
!!
λλ
.
2
0
. Приведение матрицы к диагональному виду. Пусть
квадратная матрица A порядка
nn ×
имеет n линейно независимых
собственных векторов, а матрица Т имеет столбцами эти собствен-
ные векторы. Тогда матрица Λ= Т
-–1
АТ имеет диагональный вид,
причем на диагонали стоят собственные значения матрицы А, т.е.
λ
λ
λ
=Λ
n
%
%%%%
%
%
00
00
00
2
1
. (4)
Если квадратная матрица Λ порядка
nn ×
имеет собственные
значения λ
1
, λ
2
, ..., λ
S
кратности m
1
,m
2
, ..., m
S
соответственно, причем
∑
=
=
S
k
k
nm
1
, то для представления матрицы А в диагональном виде
Λ= Т
–1
АТ необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие
rank (A – λ
k
E)=n – m
k
, k = 1,
2, ..., s. (5)
При выполнении условий (5) можно построить m
k
линейно неза-
висимых собственных векторов, отвечающих каждому кратному кор-
ню λ
k
уравнения (2). Если же условие (5) нарушается хотя бы для
одного индекса k, то матрица А неприводима к диагональному виду,
хотя и имеет собственные значения.
89
Пример 5. Привести матрицу
=
02
11
A
к диагональному виду.
Решение. Используя решение примера 4 и выбирая, например,
c = 1, получаем два линейно независимых собственных вектора
=
1
1
1
x
!
,
−
=
2
1
2
x
!
. Составляем матрицу
−
=
21
11
T
(ее столбцами
служат собственные векторы матрицы А).
Находим
−
=
−
3
1
3
1
3
1
3
2
1
T
.
Убедимся, что матрица Т
–1
АТ имеет диагональный вид (4).
Действительно,
−
=
−
−
=
−
−
=
−
10
02
21
11
3
1
3
1
3
2
3
4
21
11
02
11
3
1
3
1
3
1
3
2
1
ATT
.
! Задания для самостоятельной работы
1. Пусть заданы матрица А и векторы
321
,,
xxx
!!!
. Установить,
какие из данных векторов являются собственными векторами матри-
цы А, и найти их собственные значения, если:
а)
;
3
1
,
0
0
,
2
2
,
23
12
321
=
=
=
−
−
= xxxA
!!!
б)
.
2
2
4
,
1
1
0
,
2
2
0
,
001
110
111
321
=
−
=
−=
= xxxA
!!!
2. Найти характеристический многочлен и спектр матрицы А:
90
а)
;
150
080
543
−−
=A
б)
.
4201
0100
0210
5031
−
=A
3. Найти собственные числа и собственные векторы матрицы А
(ограничиться только вещественными собственными числами):
а)
;
34
23
−
−
=A
б)
;
111
010
111
−
−
=A
в)
.
242
422
221
−
−−
−
=A
4. Привести к диагональному виду следующие матрицы:
а)
;
31
42
−
−
=A
б)
=
113
151
311
A
.
5. Показать, что матрица
=
210
021
111
A
неприводима к диаго-
нальному виду.