Методические указания к изучению дисциплины для студентов заочной формы обучения направлений
Скачать 69.23 Kb.
|
|
УТВЕРЖДАЮ Ректор университета __________А.В. Лагерев “____”___________ 2012 г. АЛГЕБРА И ГЕОМЕТРИЯ Методические указания к изучению дисциплины для студентов заочной формы обучения направлений 230100.62 «Информатика и вычислительная техника» и 230400.62 «Информационные системы и технологии» (2 семестр) Брянск 2012 УДК 516.1/4 Алгебра и геометрия [Текст]+[Электронный ресурс]: методические указания к изучению дисциплины для студентов заочной формы обучения направлений 230100.62 «Информатика и вычислительная техника» и 230400.62 «Информационные системы и технологии» (2 семестр). − Брянск: БГТУ, 2012. − 22 с. Разработал: А. П. Мысютин, к. т. н., доц. Рекомендовано кафедрой “Высшая математика” БГТУ (протокол №9 от 31.05.2012) ПРЕДИСЛОВИЕ Студенты первого курса заочной формы обучения направлений бакалаврской подготовки «Информатика и вычислительная техника» и «Информационные системы и технологии» во втором семестре должны выполнить две контрольные работы. Обе контрольные работы посвящены изучению аналитической геометрии. В первой работе представлены задания только по аналитической геометрии на плоскости, а во второй − по аналитической геометрии в пространстве. Для выполнения первой работы требуется знание таких разделов теории, как прямая на плоскости, канонические уравнения линий второго порядка, преобразование систем координат на плоскости, приведение общего уравнения линии второго порядка к каноническому виду, полярная система координат и построение графиков функций в этой системе. Вторая контрольная работа состоит из двух задач, но первую задачу можно рассматривать как комплексное расчетное задание по темам прямая линия в пространстве, плоскость, взаимное расположение прямых и плоскостей в пространстве. Во второй задаче предлагается привести к каноническому виду уравнение поверхности второго порядка с помощью теории квадратичных форм. В параграфах 1 и 3 приведены формулы, определения и другие краткие пояснения теории, необходимые для решения задач контрольных работ. Сложные задачи (№4 из контрольной работы №1 и №2 из контрольной работы №2) рассмотрены подробно как в теоретическом, так и в практическом аспектах. В пособии подробно разобраны три примера решения типовых задач. Более полную информацию по изучаемым во втором семестре разделам курса алгебры и геометрии можно получить в следующих учебных пособиях:
1.Теоретический материал, необходимый для выполнения контрольной работы №1 Задания 1,2 ^ y = y0 +k(x x0). Здесь k тангенс угла, образованного прямой с положительным направлением оси Ох (угловой коэффициент), (х0,у0) координаты точки, через которую проходит прямая. • Уравнение прямой линии, проходящей через две данные точки А(х1,у1) и В(х2,у2): • Расстояние d от точки (х0,у0) до прямой Ах+Ву+С=0:   • Условие параллельности для прямых у=k1x+b1 и у=k2x+b2: k1 = k2. • Условие параллельности для прямых А1х+В1у+С1=0 и А2х+В2у+С2=0:  • Условие перпендикулярности для прямых у=k1x+b1 и у=k2x+b2: k1 k2=1. • Условие перпендикулярности для прямых А1х+В1у+С1=0 и А2х+В2у+С2=0:  • Угол между прямыми. Острый угол α между прямыми у=k1x+b1 и у=k2x+b2 определяется по формуле  .• Деление отрезка пополам. Координаты середины отрезка А1А2 равны полусуммам соответственных координат его концов:  Задание 3 • Окружность. Уравнение окружности с центром в точке С(a;b) и радиусом, равным R:  • Эллипс. Каноническое уравнение  Координаты фокусов: (-с;0) и (с;0), где с=  Эксцентриситет:  Уравнения директрис:  • Гипербола. Каноническое уравнение  Координаты фокусов: (-с;0) и (с;0), где с=  Уравнения асимптот:  Эксцентриситет: Уравнения директрис: • Парабола. Каноническое уравнение  Координаты фокуса: (  ,0).Уравнение директрисы:  Задание 4 Переход от одной системы координат в какую-либо другую называется преобразованием системы координат. Координаты (х; у) в данной системе преобразуются к координатам (Х, Y) в новой системе по формулам: при параллельном сдвиге осей и переносе начала координат в точку О1(х0, у0) х=x0+X, y=y0+Y; при повороте осей на угол x=XcosYsin, y=Xsin+ Ycos. Рассмотрим теперь общее уравнение второй степени относительно х и у: Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0. (1) Допустим, что B≠0. В этом случае уравнение (1) преобразуется к простейшему виду путем поворота и параллельного переноса координатных осей. Используя формулы поворота осей x=XcosYsin, y=Xsin+ Ycos, выразим старые координаты через новые: А(XcosYsin)2+2B(XcosYsin)( Xsin+ Ycos)+C(Xsin+ Ycos)2+ +2D(XcosYsin)+2E(Xsin+ Ycos)+F=0 или (A∙cos2α+2Bsincos+Csin2)∙X2+2((C−A)sincos+B(cos2− sin2))∙X∙Y+ +(A∙sin2α−2Bsincos+Ccos2)∙Y2+ +2(Dcos+Esin)∙X+2(−Dsin+Ecos)+ F=0. Выберем угол α так, чтобы коэффициент при X∙Y обратился в нуль, т.е. чтобы выполнялось равенство 2(C−A)sincos+2B(cos2− sin2)=0, т.е. B∙tg2α−(C−A) ∙tgα−B=0. Отсюда tgα =  (2)Заметим, что эти значения tgα соответствуют двум взаимно перпендикулярным направлениям. Поэтому, взяв tgα =  вместо tgα =  мы только меняем ролями оси X и Y. Получив tgα, воспользуемся известными из тригонометрии формулами  и  для определения новых коэффициентов А1= A∙cos2α+2Bsincos+Csin2, С1= A∙sin2α−2Bsincos+Ccos2, D1= Dcos+Esin и Е1=−Dsin+Ecos. В результате преобразованное уравнение линии примет вид: A1X2+C1Y2+2D1X+2E1Y+F=0, (3) где все коэффициенты известны. Если в уравнении вида (3) линии второго порядка А1∙С1>0, то говорят, что это уравнение определяет линию эллиптического типа; если же А1∙С1<0, то говорят, что уравнение определяет линию гиперболического типа и, наконец, если один из коэффициентов А1 или С1 равен нулю, т.е. А1∙С1=0, то уравнение определяет линию параболического типа. Рассмотрим два случая: 1) А1∙С1 ≠ 0; 2) А1∙С1 = 0. Случай 1. Сделаем параллельный перенос по формулам X=x0+x', Y=y0+y'. Получим A1(x0+x')2+C1(y0+y')2+2D1(x0+x')+2E1(y0+y')+F=0 или A1x'2+C1y'2+2(A1x0+D1)x'+2(C1y0+E1)y'+(A1x02+C1y02+2D1x0+2E1y0+F)=0. Приравняв к нулю коэффициенты при x' и y', получим  Точка O'(x0, y0) является началом новой системы координат O'x'y'. Уравнение кривой в этой системе A1x'2+C1y'2+F1=0. Случай 2. Пусть С1=0 (для случая А1=0 вычисления те же, только x' и y' меняются местами). Уравнение кривой имеет вид A1X2+2D1X+2E1Y+F=0. (4) Если Е1 ≠ 0, то уравнение (4) можно разрешить относительно Y:  Имеем параболу. Сделаем параллельный перенос по формулам X=x0+x', Y=y0+y', где  Точка O'(x0, y0) является началом новой системы координат O'x'y'. Уравнение кривой в этой системе  При Е1 = 0 уравнение (3) представляет при D12−A1F1>0 пару параллельных прямых, при D12−A1F1<0 − пару мнимых параллельных прямых, при D12−A1F1=0 − две слипшиеся прямые. Пример 1. Преобразовать к каноническому виду уравнение и построить кривую 3х2−4ху+3у2+4х+4у−1=0. Решение. По условию задачи А=3, В=−2, С=3, D=2, Е=2, F=−1. По формуле (2) имеем tgα=±1. Возьмем α=π/4. После вычисления коэффициентов получим X2+5Y2+4√2∙X–1=0. Сделаем теперь параллельный перенос по формулам X=x0+x', Y=y0+y'. Уравнение примет вид: x'2+5y'2+(2x0+4√2)x'+10y0y'+(x02+5y02+4√2∙x0−1)=0. Приравняв к нулю коэффициенты при x' и y', получим x0=−2√2, y0=0. Точка O'(−2√2, 0) является началом новой системы координат O'x'y'. Уравнение кривой в этой системе имеет вид x'2+5y'2−9=0 или  Это − эллипс с полуосями а=3 и b=3/√5. Сделаем рисунок. Строим систему координат Оху. Находим в этой системе координаты точки О' по формулам поворота осей  Проводим через точку О' ось х' новой (канонической) системы координат под углом α=π/4 к оси Ох. Направление оси О'у' находим путем поворота оси О'х' на угол 90о против хода часовой стрелки. Определяем координаты точек пересечения (если они есть) эллипса с координатными осями исходной системы Оху. Абсциссы точек пересечения с осью Ох (у=0) определяются из уравнения 3х2+4х−1=0. Отсюда  Ординаты точек пересечения с осью Оу (х=0) определяются из уравнения: 3у2+4у−1=0. Аналогично  Итак, эллипс пересекает оси старой системы координат в точках (−1.5;0), (0.2;0), (0;−1.5), (0;0.2). На осях канонической системы откладываем полуоси эллипса и через восемь точек проводим искомую кривую. Пример 2. Преобразовать к каноническому виду уравнение и построить кривую 3x2−2√3∙xy+y2+6x+2√3∙y−4=0. Решение. По условию задачи А=3, В=−√3, С=1, D=3, Е=√3, F=−4. По формуле (2) имеем tgα=√3 и tgα=−√3/3 . Возьмем α=π/3. После вычисления коэффициентов получим 4Y2+6X−2√3∙Y−4=0. Поскольку Е1 ≠ 0, то это уравнение можно разрешить относительно Х: X=  Имеем параболу. Сделаем параллельный перенос по формулам X=x0+x', Y=y0+y', где  Точка O'(x0, y0) является началом новой системы координат O'x'y'. Уравнение кривой в этой системе  Сделаем рисунок. Строим систему координат Оху. Находим в этой системе координаты точки О' по формулам поворота осей  Проводим через точку О' ось х' новой (канонической) системы координат под углом α=π/3 к оси Ох. Направление оси О'у' находим путем поворота оси О'х' на угол 90о против хода часовой стрелки. Определяем координаты точек пересечения (если они есть) параболы с координатными осями исходной системы Оху. Абсциссы точек пересечения с осью Ох (у=0) определяются из уравнения: 3x2 +6x −4=0. Отсюда  Ординаты точек пересечения с осью Оу (х=0) определяются из уравнения: y2+2√3∙y−4=0. Аналогично  Итак, парабола пересекает оси старой системы координат в точках (−2,5;0), (0,5;0), (0;−4,4), (0;0,9). Через начало канонической системы и точки пересечения проводим искомую кривую. Задание 5 Построение графика функции r = f(φ) осуществляют так: а) строят для функции r = f(φ) соответствующую функцию у=f(х); б) исследуют функцию r = f(φ), сравнивая ее с соответствующей функцией у=f(х), учитывая особенности полярной системы координат; в) выполняют построение графика функции r = f(φ) по графику функции у=f(х). ^ Задание 1 Даны точки А, В и угол α. Требуется:
Задание 2 Составить уравнения сторон квадрата, если известно, что одной из диагоналей квадрата является отрезок прямой Ах+Ву+С=0, концы которого лежат на осях координат.
Задание 3
Задание 4 Преобразовать к каноническому виду уравнения и построить кривые:
Задание 5 Построить в полярных координатах линию r = f(φ).
^ необходимый для выполнения контрольной работы №2 Задание №1 • Уравнение прямой, проходящей через две точки:  • Пусть прямые заданы каноническими уравнениями  и  Если прямые параллельны, то параллельны их направляющие вектора  и  , т.е. Если прямые перпендикулярны, то перпендикулярны их направляющие вектора и , т.е. • Расстояние от точки М(X, Y, Z) до прямой  определяется по формуле  • Уравнение плоскости, проходящей через точку М0(x0,y0,z0) и имеющей нормальный вектор  : • Уравнение вида  называется общим уравнением плоскости. • Уравнение плоскости, проходящей через три точки:  где М1(x1,y1,z1), M2(x2,y2,z2), M3(x3,y3,z3) − точки, не лежащие на одной прямой. • Расстояние от точки М0(x0,y0,z0) до плоскости : • Угол, образованный двумя плоскостями  и  : Условие параллельности:  Условие перпендикулярности:  • Угол между прямой и плоскостью : Условие параллельности:  Условие перпендикулярности:  Задание 2 Рассмотрим задание 2, где предлагается привести к каноническому виду уравнение поверхности второго порядка с помощью теории квадратичных форм. Рассмотрим общее уравнение поверхности второго порядка a11x2+2a12xy+2a13xz+a22y2+2a23yz+a33z2+2b1x+2b2y+2b3z+c=0, которое только при специально выбранной системе координат является каноническим (простейшим) уравнением. Выпишем отдельно слагаемые второго порядка относительно координат х, у, z. Они образуют так называемую квадратичную форму Φ(х,у,z), которую можно записать так: Φ(х,у,z) = a11x2+a12xy+a13xz+ +a21yx+ a22y2+ a23yz+ +a31zx+a32zy+ a33z2, где аij=aji, i, j =1,2,3. Матрица этой квадратичной формы:  .Нетрудно заметить, что она симметрическая, т.е. является матрицей самосопряженного оператора А. Если ввести в рассмотрение матрицу-столбец  то квадратичную форму Φ(х,у,z) в матричном виде можно записать так: Φ(х,у,z) = ХТ∙А∙Х. С помощью ортогонального преобразования Х = Т∙Х', которому с геометрической точки зрения в общем случае соответствует поворот координатных осей и, может быть, изменение их направления, приведем квадратичную форму к простейшему виду Φ'(х',у',z') = (Х')Т∙А'∙Х'. Матрица А' имеет диагональный вид, по главной диагонали ее стоят собственные числа матрицы А: λ1, λ2, λ3. В координатной форме канонический вид квадратичной формы записывается так: Φ'(х',у',z') = λ1х'2+ λ2у'2+ λ3z'2. Столбцы ортогональной матрицы преобразования Т формируются из координат единичных собственных векторов матрицы А: Λе1, Λе2, Λе3. Таким образом, задача свелась к нахождению собственных чисел λ1, λ2, λ3 и соответствующих им единичных собственных векторов матрицы А. Для нахождения собственного вектора Λ=(α, β, γ)Т имеем уравнение А∙Λ=λ∙Λ или (А−λ∙Е)∙Λ=0. В координатной форме оно имеет вид  (а11−λ)α+а12β+а13γ=0,а21α+(а22−λ)β+а23γ=0, (*) а31α+а32β+(а33−λ)γ=0. Решив характеристическое уравнение  найдя его корни λ1, λ2, λ3 и подставляя по очереди λ= λ1, λ= λ2, λ= λ3 в систему (*), найдем три ненулевых решения этой системы, т.е. три собственных вектора:  ,  ,  .Пронормировав их, т.е. разделив координаты каждого вектора на его длину  найдем три единичных собственных вектора Λе1, Λе2, Λе3. Записав координаты этих векторов в качестве столбцов, построим матрицу преобразования координат Т. Заметим, что преобразованию с матрицей Т будет соответствовать правая система координат, если detT = 1, что нетрудно добиться, переставляя векторы Λе1, Λе2, Λе3. В координатной форме преобразование Х = Т∙Х' запишется так: х = t11x'+t12y'+t13z', y = t21x'+t22y'+t23z', z = t31x'+t32y'+t33z'. В результате уравнение поверхности второго порядка приняло вид: λ1х'2+ λ2у'2+ λ3z'2+2b'1 x'+2b'2 y'+2b'3 z'+c'=0. Осуществив преобразование параллельного переноса по формулам х' = х0 + х'', у' = у0 + у'', z' = z0 + z'', приведем уравнение поверхности к каноническому виду. По каноническому виду нетрудно определить тип поверхности и сделать ее схематический рисунок. Пример. Привести к каноническому виду уравнение поверхности второго порядка х2+4ху+у2+2z2−6=0 с помощью теории квадратичных форм. Найти матрицу преобразования и выписать формулы преобразования координат. Указать тип поверхности. Решение. Напишем уравнение этой поверхности в общем виде, выписывая и коэффициенты, равные нулю: 1∙x2+2∙xy+0∙xz+ +2∙yx+1∙y2+0∙yz+ +0∙zx+0∙zy+2∙z2−6=0. Теперь нетрудно записать и матрицу этой квадратичной формы:  Характеристическое уравнение имеет вид  или (λ−3)(λ−2)(λ+1)=0. Его корни, очевидно, λ= 3, λ= 2, λ= −1. Найдем соответствующие им единичные собственные векторы Λе1, Λе2, Λе3. Решаем систему  (1−λ)α+2β=0,2α+(1−λ)β=0, (2−λ)γ=0. Подставляем по очереди λ=λ1=3, λ=λ2=2, λ=λ3=−1. При λ=3 имеем −2α1+2β1=0,2α1−2β1=0, −γ1=0. Очевидно, второе уравнение является следствием первого, т.е. фактически имеем систему двух уравнений с тремя неизвестными:  −2α1+2β1=0,−γ1=0. Она имеет бесчисленное множество решений. Найдем одно ненулевое. Полагая β1=1, получаем α1=1. Очевидно, γ1=0. Итак,  При λ=2 имеем −α2+2β2=0,2α2−β2=0, 0∙γ2=0. Очевидно, α2=β2=0, γ2 − любое ненулевое. Полагаем γ2=1. Итак,  При λ=−1 имеем 2α3+2β3=0,2α3+2β3=0, 3γ3=0. или α3+β3=0, γ3=0. Полагая β3=−1, получаем α3=1. Очевидно, γ3=0. Итак,  Нормируем собственные векторы.  ,  ,  , откуда Λе1=  , Λе2=  , Λе3= .Формируем матрицу преобразования Т, взяв качестве ее столбцов собственные векторы Λе1, Λе2, Λе3. Получаем Т=  Очевидно, detT = 1, т.е. система координат Ох'у'z' будет правой. Итак, имеем преобразование Х = Т∙Х'. В координатной форме   или  Уравнение поверхности в системе координат Ох'у'z' 3х'2+ 2у'2−z'2−6=0 или  Это уравнение определяет однополостный гиперболоид. Замечание. Кроме цилиндрических, существует шесть основных видов поверхностей второго порядка, определяемых следующими каноническими уравнениями:
^ Задание 1 Даны точки А, В, С и D. Требуется:
Задание 2 Привести к каноническому виду уравнение поверхности второго порядка с помощью теории квадратичных форм. Найти матрицу преобразования и выписать формулы преобразования координат. Указать тип поверхности.
Вопросы к экзамену
Примеры экзаменационных задач
(–6√2;4), если одна из ее асимптот имеет уравнение у=(2/3)x .
4х2+4у2–4х+16у+13=0 и ее площадь.
2х–3у–3z–9=0; x–2y+z+3=0. 16. Через прямую (х+5)/3=y–2=z/4 провести плоскость: а) параллельную плоскости x+y–z+15=0; б) перпендикулярную этой плоскости. 17. Написать уравнение плоскости, содержащей прямые 1–x=(y–2)/5=(z+4)/2 и (x–2)/2=(5–y)/2=(z–1)/3. 18. Составить уравнение плоскости, проходящей через точку (2;3;5) и перпендикулярной прямой (x–4)/4=(y+10)/3=(z–1)/2. 19. Вычислить расстояние между параллельными прямыми x=(y–1)/3=(z–2)/5 и x–5=y/3=(z+6)/5. 20. Написать уравнение прямой, проходящей через точку (5;–1;–3) и параллельной плоскостям 2x+3y+z–6=0 и 4x–5y–z+2=0. Алгебра и геометрия: методические указания к изучению дисциплины для студентов заочной формы обучения направлений 230100.62 «Информатика и вычислительная техника» и 230400.62 «Информационные системы и технологии» (2 семестр) АЛЕКСЕЙ ПЕТРОВИЧ МЫСЮТИН Научный редактор Гусакова Л.А. Редактор издательства Афонина Л.И. Компьютерный набор Левкина А.П. Темплан 2012 г., п. 213 Подписано в печать __.__.12 Формат 60х84 1/16 Бумага офсетная Офсетная печать. Печ. л. 1,27 Уч.-изд. л. 1,27 Т. 30 экз. Заказ Бесплатно Издательство Брянского государственного технического университета Брянск, бульвар 50-летия Октября, 7 Лаборатория оперативной печати БГТУ, ул. Институтская, 16. | |||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
